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 41#74520

Найти главные части вида $C ⋅n1α$ для следующих последовательностей при $n → + ∞$ :

a) $√4-4--------- an = n + an+ b − n$ ;

b) $a = ln n+1-⋅sin π n n+5 n$ ;

c) $a = n√2-− n+1√2- n$ ;

d) $a = sin(π√n2-+-k) n$

Показать ответ и решение

Во всех пунктах задачи, чтобы обосновать проделанное вычисление, заменяем $1n$ на $x$ , тогда $x → 0$ и и пользуемся дифференцируемостью там где нужно данных нам функций, раскладывая их по Тейлору.

a)

∘ ------------ ∘ ------------ ∘4----------- 4 a b 4 a b a 1 n4 + an + b− n = n 1 + -3-+ -4-− n = n( 1 + -3-+ -4-− 1) = n(1+ --3-+ ¯o(-3)− 1) = n n n n 4n n

a 1 = ---2 + o¯(-2) 4n n

Следовательно, наша последовательность на бесконечности имеет главный член $-a- 4n2$ , иными словами, имеет второй порядок малости с коэффициентом $a4$ .

b)

n+ 1 π 4 π 4 1 π 1 ln -----⋅sin-- = ln (1 − -----)⋅ sin --= (− -----+ ¯o(--))⋅(--+ ¯o(-)) = n+ 5 n n + 5 n n+ 5 n n n

4π 1 4π 1 4π 1 = − n2 +-5n-+ ¯o(n2) = − n2 +-¯o(n2)-+ ¯o(n2) = − n2-+ ¯o(n2)

Следовательно, наша последовательность на бесконечности имеет главный член $4π- − n2$ , иными словами, имеет второй порядок малости с коэффициентом $− 4π$ .

с)

n√ -- n+1√ -- 1 -1- 1 1 1 1 1 1 1 1 2− 2 = 2n − 2n+1 = 1+ -⋅ln2+ ---2-ln2 2+ ¯o(-2)− (1+ ----- ln 2+ --ln2 2------2-+ ¯o(-2)) = n 2 n n n + 1 2 (n + 1) n

1 1 1 1 1 1 = ln 2⋅(--− ----- )+ --ln2 2(-2-− ------2-)+ ¯o(-2) = n n + 1 2 n (n + 1) n

ln 2 ln22 2n + 1 1 ln2 ln2 2 2+ 1 1 = n2-+-n + --2--n4 +-2n3-+-n2-+ ¯o(n2) = n2-+-¯o(n2) +-2--n3-+-2nn2-+-n + ¯o(n2) =

ln 2 1 = -2-+ o¯(--2) n n

Следовательно, наша последовательность на бесконечности имеет главный член $ln2 -n2-$ , иными словами, имеет второй порядок малости с коэффициентом $ln2$ .

d)

∘ ------ ∘ ------- sin(π n2 + k) = sin(πn 1+ k-) = sin(πn(1 +-k--+ ¯o(-1)) = n2 2n2 n2

πk- 1- n πk- 1- nπk- 1- = sin(πn + 2n + ¯o(n )) = (− 1) sin(2n + ¯o(n)) = (− 1) 2n + ¯o(n )

Следовательно, наша последовательность на бесконечности имеет главный член $(− 1)nπk 2n$ , иными словами, имеет первый порядок малости с коэффициентом $πk 2$ .

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 42#74521

Найти главную часть вида $Cxα$ при $x → 0$ для следующих функций:

a) $cos x⋅cos(2x)⋅cos(3x)− 1$ ;
b) $√ -----------2 1− 2x− 4x + x − 1$ .

Показать ответ и решение

a) Раскладываем по Тейлору в нуле:

x2 2 2 2 9x2 2 cosx ⋅cos(2x)⋅cos(3x)− 1 = (1− 2--+ ¯o(x ))(1− 2x + ¯o(x ))(1− -2--+ ¯o(x ))− 1 =

x2 2 9 2 2 2 2 = − 2--− 2x − 2x + o¯(x ) = − 7x + ¯o(x )

Следовательно, главный член указанного вида это $2 − 7x$ .

b)

∘ ------------ 1− 2x − 4x2 + x− 1 = 1 + 1(− 2x − 4x2)− 1-((− 2x − 4x2))2 + ¯o(x2)+ x − 1 = 2 8

2 1- 2 2 5- 2 2 = − 2x − 8 ⋅4x + ¯o(x ) = −2 x + ¯o(x )

Следовательно, главная часть указанного вида это $− 5x2 2$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 43#74522

Найти главную часть вида $C(1− x)α$ при $x → 1$ для

tg πx -3∘----2√7-- 1− x

Показать ответ и решение

Сделаем замену $1 − x = t$ . Тогда будем иметь

π(1−t) ∘--tg-∘-2----- 3 1 − 7 (1− t)

и для получившейся функции мы уже будем искать главную часть вида $Ctα$ .

π(1−t) π πt πt ∘--tg---2----- = ∘-tg(2-−--2 )- = ∘----ctg-2----- = -----∘---1--------- = 3 1 − 7∘ (1−-t) 31 − 7∘ (1−-t) 31 − ∘7(1-−-t) tg πt3 1− 7∘ (1−-t) 2

1 = ----------∘------------------= (π2t+ ¯o(t)) 3 1− (1 − t7)+ o¯(t)

∘ -----------∘ ----------- 1 1 1 3 π3t4+ ¯o(t4) 3 π3t4+ ¯o(t4) = ----------∘---------= -∘---------------------= ∘------------ = ---8⋅7---π3t4-----8⋅7--------= (πt2 + ¯o(t)) 3 t7 + ¯o(t) 3 (π2t+ ¯o(t))3(t7 + ¯o(t)) 3 π83t⋅74-+ ¯o(t4) 8⋅7-+ ¯o(t4)

∘3 π6t8-----8-- √ -- ---(8⋅7)2-+-¯o(t) 2-37 − 43 = π3t4+ ¯o(t4) = πt43 + ¯o(t ) 8⋅7

Следовательно, главный член указанного вида исходной функции будет

√ -- ---2-37-- π (1− x)43

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 44#102829

Найти

(cosx + sinx)18 − 1− x + x2 lxim→0 ---2------------2x-8-x216- ln (e+ x)− 1 − e + e2

Показать ответ и решение

При $x → 0$ :
Ясно, что

x2 cosx = 1− --+ ¯o(x2) 2

Ясно, что

sinx = x+ ¯o(x)

но поскольку

3 sinx = x− x-+ ¯o(x3) 6

То можно записать и то, что

sin x = x + ¯o(x2)

А потому

2 cosx+ sin x = 1 + x− x + ¯o(x2) 2

Далее, ясно, что при $t → 0$ будет

18 1 -7- 2 2 (1+ t) = 1 + 8t− 128t + ¯o(t)

Таким образом, получим разложение:

1 x2 2 1 1 x2 -7- x2 2 2 (cosx + sinx )8 = (1+ x− 2 + ¯o(x ))8 = 1+ 8 (x − 2 )− 128(x − 2 ) + ¯o(x) =

1 -15 2 2 = 1+ 8x− 128x + ¯o(x )

И тогда для числителя получается такое разложение:

1 15 2 2 x x2 7 2 2 1+ 8x− 128x + ¯o(x ) − 1 − 8-+ 16 = −128x + ¯o(x )

Теперь раскладываем знаменатель:

2 ln (e +x ) = ln(e(1+ x-))) = 1 + ln(1+ x) = 1+ x−-x- + ¯o(x2) e e e 2e2

Следовательно,

ln2(e + x) = (1+ x-−-x2+ ¯o(x2))2 = 1+ 2x-− x2 + x2 +o¯(x2) = 1 + 2x-+o¯(x2) e 2e2 e e2 e2 e

И тогда

2 2 2 ln2(e+ x)− 1 − 2x-+ x-= 1 + 2x-+o¯(x2)− 1 − 2x+ x- = x- + ¯o(x2) e e2 e e e2 e2

Следовательно,

(cosx + sinx)18 − 1− x + x2 − 7-x2 +o¯(x2) − 7e2 lim ----2-----------2x-8-x216-= lim --12x82-----2--- = ----- x→0 ln (e+ x)− 1− e + e2 x→0 e2 +o¯(x ) 128

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 45#107455

Вычислить

x∫ (t− arctgt)dt lim 0------------- x→0 x4

Показать ответ и решение

Ясно, что при $x → 0$ знаменатель стремится к нулю.

Более того, поскольку функция $f (t) = t− arctgt$ - непрерывна на любом отрезке, интеграл с переменным верхним пределом, то есть функция

x ∫ F (x ) = (t− arctgt)dt 0

будет непрерывна в любой точке, то есть

∫0 lixm→0F (x) = F(0) = (t− arctg t)dt = 0 0

(интеграл по отрезку нулевой длины, конечно, всегда равен нулю).

Таким образом, наш исходный предел является неопределенностью вида $0 0$ .

Далее, ясно, что знаменатель - всюду дифференцируемая функция, чья производная не обращается в ноль в проколотой окрестности той точки, где мы считаем предел, то есть в проколотой окрестности нуля.

В числителе функция $x∫ F(x) = (t− arctg t)dt 0$ тоже будет всюду дифференцируема, поскольку подынтегральная функция $f(t) = t− arctgt$ - всюду непрерывна.

Таким образом, мы попадаем в условия правила Лопиталя, и можем его применить. Попробуем вычислить предел отношения производных

lim F-′(x) x→0 (x4 )′

если он будет существовать, то будет существовать и исходный предел и они будут равны.

Итак, принимая во внимание тот факт, что производная интеграла с переменным верхним пределом в точке $x$ равна значению подынтегральной функции в точке $x$ , будем иметь:

′ lim F-(x) = lim x−-arctgx- x→0 (x4)′ x→0 4x3

Этот последний предел уже легко считается, поскольку при $x → 0$ для арктангенса можно воспользоваться тейлоровским разложением:

3 arctg x = x− x-+ o¯(x3) 3

таким образом

3 F-′(x) x-−-arctg-x x−-(x-−-x3-+-¯o(x3))- lxim→0 (x4)′ = lxim→0 4x3 = lxim→0 4x3 =

3 x3-+-¯o(x3) 13 +-o¯(1) -1- = xli→m0 4x3 = lixm→0 4 = 12

Таким образом, поскольку у отношения производных исходных функций существует предел, то он существует и у отношения исходных функций и равен тому же числу.

∫x (t − arctg t)dt 1 lim 0------4------ = --- x→0 x 12

Ответ: