Тема Математический анализ

18 Пределы функций на Тейлора и Лопиталя.

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела математический анализ

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 21#53873

Вычислить

$ln(1+ x )+ x2 − sin(x) lim -----------32-------- x→0 arctg (x)$

Показать ответ и решение

Наш исходный предел имеет вид неопределенности $00$ . Далее, пусть

$x2 f(x) = ln(1 + x)+ --− sin(x), g(x) = arctg3(x). 2$

Функции $f (x)$ и $g(x)$ определены и дифференцируемы в некоторой проколотой окрестности точки 0, при этом $′ 3arctg2(x) g (x) = --x2+1--⁄= 0$ в некоторой окрестности. Следовательно, можем воспользоваться правилом Лопиталя:

$f(x) f′(x) -1-+ x − cos(x) lim -----= lim -′---= lim 1+x3arctg2(x)-----= x→0 g(x) x→0 g (x ) x→0 --x2+1-- (x2 + 1)(1+ x + x2 − (1 + x)cos(x)) = lim --------------2------------------- x→0 3arctg (x)(1+ x)$

Сгруппируем слагаемые:

$( ) (x2-+-1)(x+-1)(1-−-cos(x))- ---(x2-+-1)x2---- lxim→0 3arctg2(x )(1 + x) + 3arctg2(x)(1+ x) = ( 2 2 2 ) = lim (x-+-1)(1-−2-cos(x))-+ ---(x-2+-1)x----- x→0 3 arctg (x) 3arctg (x)(1+ x)$

Оба предела существуют, поэтому распишем предел суммы на сумму пределов:

$( ) lim (x2-+-1)(1−-cos(x))+ ---(x2 +-1)x2----- = x→0 3arctg2(x ) 3arctg2(x )(1 + x) ( (x2 + 1)(1 − cos(x))) ( (x2 + 1)x2 ) = lim ----------2-------- + lim ------2---------- x→0 3 arctg (x) x→0 3arctg (x)(1+ x)$

Для каждого знаменателя в окрестности нуля выполняется

$g′1(x) = (arctg2(x))′ = 2arctg(x) ⁄= 0 (x2 + 1 ) ′ 2 ′ 2-(x-+-1) g2(x ) = (arctg (x )(1 + x)) = arctg (x ) x2 + 1 + arctg(x) ⁄= 0,$

поэтому снова можем применить правило Лопиталя:

$( 2 ) ( 2 2 ) lim (x--+-1)(1−-cos(x))- + lim ----(x-+-1)x----- = x→0 3arctg2(x ) x→0 3 arctg2(x)(1 + x) ( ((x2 + 1)(1− cos(x)))′) ( ((x2 + 1)x2)′ ) = xli→m0 ----(3arctg2(x))′----- + xli→m0 (3arctg2(x-)(1-+-x))′ = ( ) ( ) (x2 + 1) sin(x)+ 2x (1− cos(x)) 4x3 + 2x = lim -----------2arctg(x)---------- + lim ( ---------(2(x+1)----------)) = x→0 3--x2+1- x→0 3arctg(x) -x2+1-+ arctg(x) ( 2 2 2 ) = 1lim (x--+-1)-sin(x)+-2x(x--+-1)(1-−-cos(x)) + 6x→0 arctg(x) ( ) 2 (2x3 + x)(x2 + 1) + 3-lixm→0 2arctg(x)(x+-1-)+-arctg2(x)-$

Возможно, сумма пределов выглядит очень громоздко и возникает ощущение, что правило Лопиталя здесь нужно будет применить бесконечно много раз. Но давайте внимательно посмотрим на каждый предел – в каждом выражении в числителе есть слагаемое $x$ , а в знаменателе – $arctg(x)$ , при взятии производной и подстановки $x = 0$ (в случае арктангенса) эти выражения обращаются в константу, а все остальные слагаемые зануляются. Поэтому осталось применить правило Лопиталя в последний раз! (все условия также соблюдены)
Поскольку в каждом пределе неопределённости не возникнет, давайте при взятии производной сразу не будем записывать слагаемые, которые умножаются на $xn$ , $sin(x)$ и $arctg(x)$ :

$1- ((x2-+-1)2sin(x)-+-2x(x2 +-1-)(1-−-cos(x-)))′ 6 lix→m0 arctg′(x) + 3 2 ′ + 2-lim -----((2x--+-x)(x--+-1))-------= 3 x→0 (2 arctg (x )(x + 1)+ arctg2(x))′ 1 (02 + 1 )2 cos(0) − 2cos(0)+ 2 2 1 1 1 1 = 6-⋅-------------1------------- + 3-⋅2--1--= 6-+ 3 = 2- 02+1 02+1$

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 22#53874

Вычислить

$arcsin(x)− arctg(x) lim ------------3------ x→0 ln(1+ x )$

Показать ответ и решение

При подстановке точки $x = 0$ в выражение получается неопределённость вида

$arcsin(0)− arctg(0) 0 -----------3------ = -- ln(1+ 0 ) 0$

Проверим, выполняется ли правило Лопиталя. Пусть

$f(x) = arcsin(x) − arctg(x), g(x) = ln(1+ x3).$

Функции $f (x)$ и $g(x)$ определены и дифференцируемы в некоторой проколотой окрестности точки 0, при этом $2 g′(x) = 31x+x3 ⁄= 0$ в некоторой окрестности. Следовательно, можем воспользоваться правилом Лопиталя:

$′ √--1--− --1- 2 √ -----2 3 lim f(x)- = lim f-(x-) = lim --1−x2-21+x2- = lim (1-+-x-−√---1-−-x-)(1-+-x-) x→0 g(x) x→0 g′(x) x→0 13+xx3 x→0 3x2 1 − x2(1+ x2)$

Снова применим Лопиталя (проверьте, что все условия выполняются):

$2 √ -----2 3 2 √ -----2 3 ′ lim (1+-x-√−---1−-x-)(1-+-x-)= lim ((1-+-x-−√---1-−-x-)(1-+-x-))-= x→0 3x2 1 − x2(1+ x2) x→0 (3x2 1− x2(1 + x2))′ (2x+ √-x--)(1+ x3) + (1+ x2 − √1-−-x2)3x2 = lim --√--------1−x2--------------------------√---------= x→0 6x 1− x2(1 + x2)− 3x2√1-x−x2(1+ x2) + 3x2 1− x22x √-----2 3 2 √-----2 2 2 = lim (2x--1-−-x--+-x)(1-+-x-)+-((1-+-x-)-1-−-x-−--(1-−-x-))3x-- x→0 6x(1 − x2)(1+ x2)− 3x3(1+ x2)+ 3x2(1− x2)2x$

Поделим числитель и знаменатель на $x$ и получим

$√ ------ √ ------ (2--1-−-x2 +-1)(1+-x3)+-((1+-x2)--1−-x2-−-(1−--x2))3x- 3- 1- lix→m0 6(1− x2)(1 + x2)− 3x2(1 + x2)+ 3x2(1 − x2)2 = 6 = 2$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 23#53875

Вычислить

$( x2) sin xe 6 − x cos(x2) lim ------2--------3----- x→0 x ln(1+ x )$

Показать ответ и решение

Сначала запишем формулу Тейлора для аргумента синуса, а потом распишем и сам синус (всё расписываем до пятой степени):

$( ( ) ) (x2)2 ( ) sin (xe x62) = sin |x | 1+ x2+ --6---+ o(x4)| | = sin x + x3-+ -x5--+ o(x5) = ( ( 6 2! ) ) 6 62 ⋅2$

$( 3 5 ) = x + x--+ -x---+ o(x5) − 6 62 ⋅2 ( x3 -x5 5)3 -x-+--6-+-62⋅2-+-o(x-)-- − 3! + ( x3 x5 5 )5 x + -6 + 62⋅2 + o(x ) 5 + ----------5!-----------− o(x ) =$

$( ) ( ) ( ) = x + x3-+ -x5--+ o(x5) − x3-+ 3x-⋅x⋅-x3+ o(x5) + x5-+ o(x5) = 6 62 ⋅2 3! 6 ⋅3! 5! ( 1 1 ) ( 1 1 1) ( 1 1 1 ) = x + --− -- x3 + ---− ---+ -- x5 + o(x5) = x + ---− ---+ -- x5 + o(x5) 6 3! 72 12 5! 72 12 5!$

Аналогично раскладываем остальные функции в ряд Тейлора:

$( 4 6 ) 5 xcos(x2) = x 1− x--+ x-+ o(x6) = x − x--+ o(x5) 2! 4! 2! ( x6 ) x2ln(1+ x3) = x2 x3 − ---+ o(x6) = x5 − o(x5) 2$

Осталось подставить всё в выражение и поделить на $5 x$ :

$( ) x2 2 sin xe 6 − xcos(x ) lxim→0 -----x2ln(1+-x3)----- = ( ( ) ) ( 5 ) x+ 172-− 112 + 15! x5 + o(x5) − x− x2! + o(x5) = lim --------------------5-----5--------------------= (x→0 ) x − o(x ) --172-−-112-+-15! +-12!-x5 +-o(x5) 712-−-112 +-15!-+-12! +-o(1) = xli→m0 x5 − o(x5) = xli→m0 1 − o(1) = 1 1 1 1 79 = ---− ---+ -- + --= ---- 72 12 5! 2! 180$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 24#53876

Вычислить

$sin(x) x2 lim ----ln---x--+√e-6-−-1--- x→0 ln(cos(x))+ 1+ x2 − 1$

Показать ответ и решение

Сначала разложим по формуле Тейлора аргумент логарифма, а затем и сам логарифм:

$3 5 sin(x) x−--x3! +-x5!-−-... x2- x4- 4 x = x = 1 − 3! + 5! − o(x )$

$( sin(x) ) ( ( x2 x4 4 ) ) ln --x--- = ln 1 + −-3! + 5! − o(x ) = ( )2 ( 2 4 ) − x2+ x4− o(x4) = − x--+ x--− ... − ---3!---5!----------− o(x4) = 3! 5! 2 x2 ( x4 x4 ) 4 = − 3!-+ 5! − 3!⋅3!⋅2- − o(x )$

Распишем оставшиеся слагаемые в числителе:

$( ( 2)2 ) x2 | x2 x6 | e6 − 1 = (1 + --+ ------+ o(x4)) − 1 6 2!$

И теперь запишем числитель целиком:

$( ) x2 ln sin(x)- + e6-− 1 = x ( ) ( ( ) ) ( x2-)2 = − x2-+ x4-− ---x4--- + o(x4) + | 1 + x2-+ --6---+ o(x4)| − 1 = 3! 5! 3!⋅3!⋅2 ( 6 2! ) ( x2 x2) ( 1 1 1 ) x4 = − --+ --- + --− --------+ -2---- x4 + o(x4) =----+ o(x4) 3! 6 5! 3!⋅3!⋅2 6 ⋅2! 120$

Распишем слагаемые из знаменателя выражения:

$( ( 2 4 ) ) ln(cos(x)) = ln 1 + − x-+ x-− o(x4) = 2! 4! ( ) ( x2 x4 )2 x2- x4- 4 -−--2!-+-4! −-...- 4 = − 2! + 4! − o(x ) − 2 + o(x ) = 2 ( ) = − x--+ 1-− ---1---- x4 + o(x4) 2! 4! 2!⋅2!⋅ 2$

$∘ ------ ( )1 1 1 (1− 1) 1+ x2 = 1 + x2 2 = 1 + -x2 + 2--2-----x4 + o(x4) 2 2!$

А теперь запишем знаменатель целиком:

$∘ ------ ln(cos(x)) + 1+ x2 − 1 = ( ( ) ) ( ( ) ) x2- 1- ---1---- 4 4 1-2 12--12 −-1- 4 4 = − 2! + 4! − 2!⋅2!⋅2 x + o(x ) + 1 + 2x + 2! x + o(x ) − 1 = ( ) -1 ---1---- -12(12 −-1) 4 4 5x4- 4 = 4! − 2!⋅2!⋅2 + 2! x + o(x ) = − 24 + o(x )$

Следовательно, предел всего выражения равен

$(sin(x)) x2- ln --x-- + e 6 − 1 1x240 + o(x4) 1120-+ o(1) 1120- 1 lxim→0 -----------√------2----= lxi→m0 --5x4-----4- = lxim→0 −-5-+-o(1) = −-5- = − 25- ln(cos(x))+ 1+ x − 1 − 24 + o(x ) 24 24$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 25#55558

Вычислить

−2x2+43x4 lim cos2x-−-e-4------. x→0 tgx

Показать ответ и решение

Поскольку при $x → 0$ справедливы равенства

2 4 4 cos2x = 1 − (2x)-+ (2x)-+ o(x5) = 1− 2x2 + 2x--+ o(x5); 2 24 3 − 2x2+ 4x4 2 4 4 (− 2x2 + 43x4)2 5 e 3 = 1 + (− 2x + 3x ) + ------2-------+ o(x ) = 4 10x4 = 1 − 2x2 + -x4 + 2x4 + o(x5) = 1− 2x2 +-----+ o(x5), 3 3

искомый предел равен

2 4 4 4 4 cos2x-−-e−2x-+3x- 1−-2x2-+-2x3--−-(1-−-2x2-+-103x-)+-o(x5) 8- lxim→0 tg x4 = lxim→0 x4 + o(x4) = −3 .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 26#55559

Вычислить

−2x2− 43x4 lim cos2x-−-e-4------. x→0 tgx

Показать ответ и решение

Поскольку при $x → 0$ справедливы равенства

2 4 4 cos2x = 1 − (2x)-+ (2x)-+ o(x5) = 1− 2x2 + 2x--+ o(x5); 2 24 3 − 2x2− 4x4 2 4 4 (− 2x2 − 43x4)2 5 e 3 = 1 + (− 2x − 3x ) + ------2-------+ o(x ) = 4 2x4 = 1 − 2x2 − -x4 + 2x4 + o(x5) = 1− 2x2 +----+ o(x5), 3 3

искомый предел равен

2 44 4 4 cos-2x−-e−-2x-+-3x 1-−-2x2 +-2x3-−-(1−-2x2-+-2x3-)+--o(x5) lix→m0 tgx4 = xli→m0 x4 + o(x4) = 0 .

Ответ:

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 27#71544

Обосновать все основные маклореновские разложения:

3 5 2n− 1 1. sinx = x − x--+ x--+ ...+ (− 1)n−1-x-------+ ¯o(x2n) 3! 5! (2n − 1)!

2 4 2n 2. cosx = 1 − x--+ x--+ ...+ (− 1)n x----+ ¯o(x2n+1) 2! 4! (2n)!

x2 x3 xn 3. ln(1 + x) = x −---+ --+ ...+ (− 1)n−1--+ ¯o(xn) 2 3 n

x x2- x3- xn- n 4. e = 1 + x+ 2! + 3! + ...+ n! + ¯o(x )

m (m − 1) m (m − 1)(m − 2)...(m − n + 1) 5.(1+ x)m = 1+ mx + ---------x2 + ...+ -----------------------------xn + ¯o(xn), m ∈ ℝ 2! n!

выведя их из общей формулы

∑n f(k)(0) Mn (f ) = ------xk k=0 k!

Показать ответ и решение

1. Ясно, что функцию $sinx$ можно разложить по формуле Маклорена до любого члена, поскольку она сколько угодно раз дифференцируема в нуле.

Общая формула многочлена Маклорена порядка $n$ выглядит так:

′′ ′′′ (n) M (n) = f(0)+ f′(0)x + f-(0)x2 + f--(0)-x3 + ...+ f--(0)xn f 2 3! n!

Таким образом, чтобы получить эту формулу для синуса в нуле, нужно понять, как устроены производные синуса в нуле.

Итак, свободный член $f(0) = sin 0 = 0$ , далее

f ′(x) = cosx,f′(0) = cos0 = 1,f′′(x) = − sin x,f′′(0) = − sin 0 = 0

′′′ ′′′ (iv) (iv) f (x ) = − cosx,f (0) = − cos 0 = − 1,f (x) = sin x,f (0) = sin 0 = 0

Отсюда мы видим закономерность, что производные четного порядка в нуле зануляются, а производные нечетного порядка равны 1, если порядок этой производной даёт остаток 1 при делении на 4, и равны $− 1$ , если порядок этой производной даёт остаток 3 при делении на 4. Таким образом и получается формула разложения синуса в нуле.

2. Ясно, что функцию $cos x$ можно разложить по формуле Маклорена до любого члена, поскольку она сколько угодно раз дифференцируема в нуле.

Здесь всё аналогично с синусом, заметим, что свободный член $f(0) = cos 0 = 1$ , далее

f′(x) = − sin x,f′(0) = − sin0 = 0,f′′(x) = − cosx,f′′(0) = − cos 0 = − 1

f′′′(x) = sin x,f′′′(0) = sin 0 = 0,f(iv)(x) = cos x,f(iv)(0) = cos0 = 1

Отсюда мы видим закономерность, что производные нечетного порядка в нуле зануляются, а производные четного порядка равны 1, если порядок этой производной даёт остаток 0 при делении на 4, и равны $− 1$ , если порядок этой производной даёт остаток 2 при делении на 4. Таким образом и получается формула разложения косинуса в нуле.

3. Ясно, что функцию $ln(1 + x)$ можно разложить по формуле Маклорена до любого члена, поскольку она сколько угодно раз дифференцируема в нуле.

Давайте поймём закономерность производных $f(x) = ln(1+ x)$ в нуле: $f(0) = 0$ ,

f′(x ) =--1--,f ′(0) = 1,f′′(x) = −---1----,f′′(0) = − 1,f′′′(x ) =---2---,f′′′(0) = 2 1 + x (1 + x)2 (1 + x)3

(iv) --2-⋅3-- (iv) f (x) = − (1 + x)4,f (0) = − 6

В целом закономерность уже видна, можно легко понять, что

k− 1 f(k)(x) = (−-1)---(k-−-1)!, f(k)(0) = (− 1)k−1(k − 1 )! (1 + x)k

А потому, $k$ -ый коэффициент в формуле Маклорена будет

f(k)(0) (− 1)k− 1(k − 1)! (− 1)k−1 ------xk = ---------------xk = -------xk k! k! k

И мы доказали формулу для логарифма.

4. Ясно, что функцию $x e$ можно разложить по формуле Маклорена до любого члена, поскольку она сколько угодно раз дифференцируема в нуле.

Давайте поймём закономерность производных $f(x) = ex$ в нуле: $f (0) = 1$ ,

f′(x ) = ex,f′(0) = 1,f ′′(x ) = ex,f′′(0) = 1,f′′′(x) = ex,f′′′(0) = 1

В целом закономерность тут очевидна - ведь все производные $ex$ - это сама $ex$ и есть, а поэтому они все в нуле равны единице. А потому, $k$ -ый коэффициент в формуле Маклорена будет

f(k)(0 ) 1 -------xk = --xk k! k!

И мы доказали формулу для экспоненты.

5. Ясно, что функцию $m (1+ x)$ можно разложить по формуле Маклорена до любого члена, поскольку она сколько угодно раз дифференцируема в нуле.

Давайте поймём закономерность производных $f(x) = (1+ x )m$ в нуле: $f (0 ) = 1$ ,

f′(x ) = m (1+x )m−1,f′(0) = m, f′′(x) = m (m − 1)(1+x)m −2,f′′(0) = m (m − 1),f ′′′(x) = m(m − 1)(m − 2)(1+x )m −3,f′′&#x2

Закономерность ясна,

f (k)(0) = m (m − 1)(m − 2)...(m − (k − 1))

А потому, $k$ -ый коэффициент в формуле Маклорена будет

(k) f--(0)xk = m(m--−-1)(m--−-2)...(m-−-(k-−-1))xk k! k!

И мы доказали формулу для степенной функции.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 28#71545

Разложить $f (x) = lncos x$ до члена с $x6$ при $x → 0$ .

Показать ответ и решение

В силу того, что

t2 t3 ln (1 + t) = t− --+ -- + ¯o(t3), при t → 0 2 3

, и, далее в силу того, что

x2- x4- -x6- 6 cosx = 1 − 2 + 24 − 720 + ¯o(x )

подставляя одно разложение в другое, получим, при $t = − x2+ x4− x6-+ ¯o(x6) 2 24 720$ :

2 4 6 x2 x4 -x6- 6 2 x2 x4- -x6 6 3 ln (cos x) = − x-+ x-− -x--+¯o(x6)− (−-2-+--24-−-720 +-¯o(x-))-+ (−-2-+-24-−-720 +-o¯(x-))-+ ¯o(x6) = 2 24 720 2 3

x2- x4- x6-- x4- x6- x6- 6 x2- x4- 1--6 6 = − 2 + 24 − 720 − 8 + 48 − 24 + ¯o(x ) = − 2 − 12 − 45x + ¯o(x )

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 29#71546

Разложить $∘ ------- f (x) = 3sin(x3)$ до члена с $x13$ при $x → 0$ .

Показать ответ и решение

Поскольку

x9 x15 sinx3 = x3 − ---+ ----+ ¯o(x15) 6 120

То, это можно представить как

3 x6- x12- 12 x (1− 6 + 120 + ¯o(x ))

Тогда

∘ ------- ∘ --------6----12---------- f(x) = 3 sin(x3) = 3 x3(1− x-+ x---+ ¯o(x12)) = 6 120

∘ ---------------------- 3 x6- -x12 12 = x (1− 6 + 120 + ¯o(x ))

Далее, коль скоро

(1+ t)13 = 1 + 1t− 1t2,t → 0 3 9

То получим при $6 12 t = − x6 + x120-+ ¯o(x12)$ :

∘ ---------------------- 3 x6 x12 1 x6 x12 1 x6 x12 x (1 − ---+ ----+ ¯o(x12)) = x (1 +--(− ---+ ----+ ¯o(x12))− --(− ---+ ----+ ¯o(x12))2) = 6 120 3 6 120 9 6 120

x7 x13 x13 x7 x13 = x − ---+ ---− ----+ ¯o(x13) = x − ---+ -----+ ¯o(x13) 18 360 324 18 3240

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 30#71547

Найти главную часть вида $Cxα$ для функции $f(x) = sin x− ln(1+ x + x22 − x48 )$ при $x → 0$ .

Показать ответ и решение

Ясно, что

x3 x5 sinx = x − ---+ ---+ ¯o(x5) 3! 5!

2 4 2 4 x2- x4- x2- x4- (x+--x2-−-x8 )2 (x+--x2-−-x8 )3 ln (1 + x + 2 − 8 ) = (x+ 2 − 8 )− 2 + 3 −

x2 x4 4 x2 x4 5 − (x-+-2-−-8-)-+ (x-+--2-−--8 )-+ o¯(x5) 4 5

Тогда

2 4 2 4 x2- x4- x3- x5- 5 x2- x4- (x-+-x2-−--x8-)2- (x+--x2-−-x8 )3 sin x− ln(1+ x+ 2 − 8 ) = x − 3! + 5! + ¯o(x )− (x + 2 − 8 )+ 2 − 3 +

2 4 2 4 (x + x2 − x8-)4 (x + x2 − x8-)5 5 + ------4-------− -------5------+ ¯o(x ) =

2 2 3 3 3 4 4 4 4 5 5 5 5 5 (x− x)+ (− x-+ x-)+ (− x-+ x--− x-)+ (x--+ x--− x-+ x--)+ ( x-− x-− x--+ x--− x-)+ ¯o(x5) = 2 2 6 2 3 8 8 2 4 120 8 4 2 5

1 = − --x5 + ¯o(x5) 15

Следовательно искомая главная часть $f(x)$ - это $1 5 − 15x$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 31#71548

Найти главную часть вида $C(x − 1)α$ для функции $√ ---------- √ ----- f(x) = 4 x2 − x + 1 − 8 ex2− 1$ при $x → 1$ .

Показать ответ и решение

Поскольку нам нужно выделить главную часть вида $C (x − 1)α$ , то это означает, что тейлоровское разложение функции $f (x )$ необходимо выполнять в точке 1.

Поскольку это не очень удобно, давайте лучше обозначим $y = x − 1$ , и тогда наша функция запишется в виде

∘4-------------------- 8∘ -----2--- 4∘ ---------- 8∘ --2--- (y + 1)2 − (y + 1)+ 1 − e(y+1) −1 = y2 + y + 1 − ey +2y

И эту функцию будет раскладывать в точке $y = 0$ :

∘ ---------- 1 3 7 4y2 + y + 1 = 1 +-(y2 + y)− ---(y2 + y)2 +---(y2 + y )3 + ¯o(y3) = 4 32 128

1- 1-2 -3-2 -3- 3 -7-- 3 3 = 1 + 4y + 4y − 32y − 16y + 128 y + ¯o(y ) =

1- 5--2 17--3 3 = 1+ 4y + 32y − 128y + ¯o(y )

2 1 1 ey+2y = 1 + y2 + 2y +-(y2 + 2y)2 +--(y2 + 2y)3 + o¯(y3) 2 6

8∘ -y2+2y 1- 2 1- 2 2 1- 2 3 e = 1 + 8 (y + 2y + 2(y + 2y ) + 6(y + 2y) )−

7 1 1 35 1 1 − ---(y2 + 2y +-(y2 + 2y)2 +-(y2 + 2y)3)2 + ----(y2 + 2y+ --(y2 + 2y)2 +-(y2 + 2y)3)3 + ¯o(y3) = 128 2 6 1024 2 6

1 1 1 7 1 1 7 7 35 = 1 + -y + -y2 + -y2 − --y2 + -y3 + -y3 − ----⋅4y3 − ----⋅8y3 + -----⋅8y3 + ¯o(y3) = 4 8 4 32 4 6 128 128 1024

1 5 2 13 3 3 = 1+ 4y + 32y + 384y + ¯o(y )

Тогда

---------- ∘ ------ 4∘ y2 + y + 1 − 8 ey2+2y = −-17-y3 −-13-y3 + ¯o(y3) = − 1y3 + ¯o(y3) 128 384 6

Таким образом, делая обратную замену, получаем, что функция

1- 3 − 6(x− 1)

является главной частью исходной функции указанного вида.

Ответ:

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 32#71549

Разложить функцию $f(x) = 1+x1−+43xx2++x22x3$ до члена с $x5$ при $x → 0$ .

Показать ответ и решение

1 + x − 4x2 + 2x3 -------------2---= (1 + x − 4x2 + 2x3)(1 + 3x+ x2 )− 1 = 1 + 3x+ x

2 3 2 22 23 24 2 5 5 = (1 + x − 4x + 2x )(1 − (3x+ x ) + (3x+ x ) − (3x+ x ) + (3x+ x ) − (3x+ x ) + ¯o(x )) =

= 1+ (− 3x + x)+ (− x2 + 9x2 − 3x2 − 4x2)+ (6x3 − 27x3 − x3 + 9x3 + 12x3 + 2x3)+

4 4 4 4 4 4 4 4 + (x − 27x + 81x + 6x − 27x + 4x − 36x − 6x )+

5 5 5 5 5 5 5 5 5 5 5 2 3 4 5 5 +(− 9x +108x − 243x +x − 27x +81x − 24x +108x − 2x +18x )+ ¯o(x ) = 1− 2x+x +x − 4x +11x + ¯o(x )

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 33#71550

Найти главную часть вида $C (x − 2)α$ для функции $√ ----------- √------------------ f(x) = 2 4x− x2 − 3 − 7x3 − 6x2 + 12x − 7$ при $x → 2$ .

Показать ответ и решение

Поскольку нам нужно выделить главную часть вида $C (x − 2)α$ , то это означает, что тейлоровское разложение функции $f (x )$ необходимо выполнять в точке 2.

Поскольку это не очень удобно, давайте лучше обозначим $y = x − 2$ , и тогда наша функция запишется в виде

∘2 ----------------2---- 7∘ ------3----------2--------------- ∘ -----2 3∘ -----3 4(y + 2)− (y + 2) − 3 − (y + 2 ) − 6(y + 2) + 12(y + 2)− 7 = 1 − y − 1+ y

Далее, при $y → 0$ :

∘ ------ 1− y2 = 1− 1y2 + ¯o(y2) 2

3∘ ------ 1 3 3 1+ y3 = 1 + 3y + ¯o(y )

Тогда

∘ -----2 ∘3 ----3- 1-2 2 1- 3 3 y2- 2 1 − y − 1+ y = 1− 2y + ¯o(y ) − (1+ 3 y + ¯o(y )) = − 2 + ¯o(y )

Следовательно, делая обратную замену, получим, что

− (x − 2)2 --------- 2

является главной частью $f(x)$ указанного вида

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 34#71551

Найти главную часть вида $Cxα$ для функции $∘ ----∘----√--- f(x) = x+ x+ x$ при $x → 0$ .

Показать ответ и решение

∘ ----∘-------- -∘ -------∘-------- x + x + √x = √8x √x-+ √x-+ 1 = 4 x x

∘ ------------------------ 8√-- -x-- 1-x-- -x-- 8√-- 1- 1-x-- -x-- -x-- -x-- = x √4x + 1+ 2√ x + ¯o(√ x) = x (1 + 2 (2√ x + √4x + ¯o(√ x))+ ¯o(√4x )) =

√8-- 1- 58 1-78 58 78 8√-- 8√ -- = x + 4x + 2x + ¯o(x )+ ¯o(x ) = x + ¯o( x)

Следовательно, главной частью указанного вида является функция $√8x--$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 35#71552

Найти главную часть вида $Cxα$ для функции $f(x) = ln(x2 + 4x)$ при $x → 0$ .

Показать ответ и решение

4x = exln4 = 1+ x ln 4+ ¯o(x )

Следовательно,

ln(x2 + 4x) = ln(1+ x ln 4+ x2 + ¯o(x)) = xln4 + ¯o(x)

Следовательно, главной частью указанного вида является функция $x ln 4$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 36#73779

Рассмотрим $f (x ) = x2 sin 1x + 2 sin x$ , $g(x) = x$ Тогда, разумеется,
$f(x) в силу ограниченности sin 1x и первого замечательного предела ∃ lxim→0 g(x)-= lxim→0(xsin 1x + 2 sinxx) = 2$
В то время как отношение производных $f′(x) 2xsin 1−cos 1+2cosx g′(x) =-----x--1-x------$ не имеет предела при $x → 0$ .

Вопрос. Почему же, вопреки, казалось бы, правилу Лопиталя, предел отношения производных не равен пределу отношения самих функций?

Показать ответ и решение

Дело всё в том, что правило Лопиталя ничего не говорит про тот случай, когда у отношения производных предела нет. В таком случае предел отношения самих функций может быть равен чему угодно - про это правило Лопиталя вообще ничего не знает.

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 37#73781

Рассмотрим $f (x) = sinx + cosx$ , $g(x) = x+ 2$ . Тогда $lim fg(x(x))-= 12 x→0$ , в то время как $f′(x) cosx− sinx lixm→0 g′(x)-= lxi→m0 ----1--- = 1$ .

Вопрос. Почему же, вопреки, казалось бы, правилу Лопиталя, предел отношения производных не равен пределу отношения самих функций?

Показать ответ и решение

Правило Л’Опиталя здесь неприменимо, и нельзя, пользуясь им, заключить, что предел отношения исходных функций равен пределу отношения их производных. Ведь для того, чтобы это было верно, кроме всего прочего, требуется, чтобы исходный предел $lim fg(x(x))- x→0$ был либо неопределенностью вида $0 0$ , либо неопределенностью вида $∞- ∞$ .

Однако ж для наших $f (x )$ и $g(x)$ неверно ни то, ни другое...

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 38#73782

Вычислить

sin2 (3x ) lim -------- x→0 x ⋅cosx

Показать ответ и решение

Функции $f(x) = sin2(3x)$ , $g(x) = x ⋅cosx$ удовлетворяют всем условиям правила Л’Опиталя - они дифференцируемы на некотором интервале $(− δ,δ)$ , производная знаменателя
$g′(x) = cos x− x sin x ⁄= 0 ∀x ∈ (− δ,δ)$ , где $δ$ выбрана так, чтобы уравнение $cosx − xsinx = 0$ не имело решений на $(− δ,δ)$ .

Действительно, такое $δ$ всегда можно выбрать в силу того, что уравнение $cosx− x sin x = 0$ равносильно тому, что $x = ctg x$ , поэтому нужно взять в качестве $δ$ любую точку по модулю меньше чем модуль первой точки пересечения прямой $y (x) = x 1$ и графика $y (x ) = ctgx 2$ .

Кроме того, предел $f(x) lxim→0 g(x)-$ изначально является неопределенностью вида $0 0$ .

Но тогда можно применить правило Л’Опиталя и, в силу того, что

f′(x)- 6-sin-3xcos3x- 0- lxim→0 g′(x) = lxi→m0 cosx − x sin x = 1 = 0

А значит, только теперь, в силу правила Л’Опиталя, мы можем заключить, что

′ lim f(x)-= lim f-(x)= 0 x→+ ∞ g(x) x→+ ∞ g′(x)

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 39#73783

Вычислить

1 lim (----− π ctg πx) x→1 lnx

Показать ответ и решение

Изначально наше выражение, у которого нужно посчитать предел, вообще не имеет вид $f(g(xx))$ , поэтому нам самим нужно привести его к такому виду.

Итак, ясно, что

-1--− πctg πx = sin-πx-−-π-ln-xcosπx- = f(x)- ln x ln x sinπx g(x)

где

f (x) = sinπx − π ln xcos πx, g(x) = lnx sin πx

Далее, $f (x )$ и $g(x)$ удовлетворяют всем условиям правила Л’Опиталя, если рассматривать их как функции определенные в проколотой окрестности точки $1$ , например на таком проколотом интервале (интервале без точки), как $(1, 3)∖ {1} 2 2$ .
Кроме того, исходный предел $f(x) lixm→1 g(x)-$ является неопределенностью вида $00$

Отношение же их производных равно

f′(x) π cos πx − πcos πx+ π2lnx sin πx πx cosπx − π cosπx + π2x ln xsinπx -′---= ------1---x---------------------= ---------------------------------- g (x) x sin πx + πcos πxln x sin πx + πx cosπx ln x

и вновь в пределе $lim πx-cosπx−πcosπx+π2xln-xsinπx x→1 sin πx+πxcosπx lnx$ является неопределенностью вида $0 0$ .

Применим правило Л’Опиталя ещё раз!
Отношение производной числителя к производной знаменателя у дроби $πxcosπxsi−nππxc+osππxxc+oπs2πxxllnnxxsinπx-$ равно

2 2 2 2 3 π-cosπx-−-π-x-sin-πx-+-π-sinπx-+-π--ln-xsinπx-+-π--sin-πx+--π-xlnx-cosπx- π cosπx + πcos πxlnx + π cosπx − π2x ln xsinπx

и предел этого отношения при $x → 1$ равен $1 2$

(проверьте сами, что производная знаменателя дроби

πx cosπx − π cosπx + π2x ln xsinπx ---------------------------------- sin πx + πx cosπx ln x

то есть

π cosπx + π cos πxln x+ π cosπx − π2x ln xsinπx

не равно 0 в какой-то проколотой окрестности точки 1)

А, значит, по правилу Л’Опиталя, примененного к пределу $′ lim f′(x) x→1 g (x)$ , мы имеем, что $f′(x) f′′(x) lixm→1 g′(x)-= lxi→m1 g′′(x)-= 12$ . Но тогда по правилу Л’Опиталя, примененного к пределу $f(x) xli→m1 g(x)$ , мы имеем, что $f(x) 1 lix→m1 g(x) = 2$

Таким образом, мы получили, что $-1- f(x)- f′(x) f′′(x) 1 xli→m1 (lnx − π ctg πx) = lxim→1 g(x) = lxim→1 g′(x) = xli→m1 g′′(x) = 2$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 40#74519

1. Пусть $(2x2 + 3x)cos√-3-= ax2 + bx + c+ ¯o(1) 2x$ при $x → ∞$ . Найти $a,b,c$ ;

2. Пусть $(3x3 − 3x2)(ln(1 + 2x)− 2x) = ax + b+ cx + o¯( 1x)$ при $x → ∞$ . Найти $a,b,c$ ;

3. Пусть $3 (2x2 + 2x)(e−x − 1) = ax + b + cx + ¯o(1x)$ при $x → ∞$ . Найти $a,b,c$ .