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 1#43797

Привести пример такой функции $f(x),$ что её многочлен Тейлора порядка $n$ имеет степень строго меньше, чем $n$ (больше не может иметь просто по определению).

Показать ответ и решение

a) Один из самых тривиальных и немного даже нелепых примеров - это взять просто какой-нибудь одночлен. Например. если рассмотреть функцию $5 f(x) = x ,$ то все её многочлены Тейлора в нуле до пятого порядка равны 0, то есть имеют степень явно меньше своего порядка. Действительно, просто по определению, например, $5 T3(x ,0) = 0 (н ул евой м ногочлен),$ потому что

5 3 f (x )− 0 = f(x) = x = o¯(x ) при x → 0

Значит, просто по определению, нулевой многочлен является многочленом третьего, а также второго, четвертого и первого порядков для функции $f (x )$ в нуле, то есть

T (x5,0) = T (x5,0) = T (x5,0) = T (x5,0) = 0 1 2 3 4

b) Гораздо более интересный пример доставляет, скажем, функция $6 10 x4 f (x ) = (x − 2x )e ,$ ибо, коль скоро $ex4 = 1+ x4 + ¯o(x4),$ то $f(x) = (x6 − 2x10)ex4 = (x6 − 2x10)(1+ x4 + ¯o(x4)) = x6 + x10 − 2x10 + ¯o(x10) = x6 − x10 + ¯o(x10)$
А это означает как раз то, что

T6(f(x),0) = T7(f(x),0) = T8(f(x),0) = T9 (f (x ),0) = x6

потому что, например, $f(x)− x6 = − x10 + ¯o(x10) = ¯o(x8) при x → 0,$ что по определению и означает, что $T8(f (x),0 ) = x6.$

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#43798

Разложить функцию $f(x) = e2x−x2$ до члена с $x5$ при $x → 0$ .

Показать ответ и решение

Поскольку

t2 t3 t4 t5 et = 1 + t+-- + --+ --+ -- + ¯o(t5) при t → 0 2! 3! 4! 5!

то, делая замену $2 t = 2x − x ,$ будем иметь: $t 2 1- 22 1- 2 5 5 e = 1 + (2x− x )+ 2!(2x− x ) + ...+ 5!(2x− x ) + ¯o(x )$ при $x → 0$ (мы пишем $¯o(x5),$ хотя формально там должно быть $¯o(t5) = ¯o((2x− x2)5),$ но делаем это ровно потому, что $5 2 5 5 5 5 ¯o(t ) = ¯o((2x − x ) = ¯o(32x + ¯o(x )) = ¯o(x )$ ).

Таким образом, $2x−x2 2 2 3 x4 8x3 4 5 16 4 32 5 -32- 5 5 e = 1+ 2x − x + 2x − 2x + 2 + 6 − 2x + x + 24x − 24x + 120x + o¯(x ) =$

$2 2 3 5 4 -1 5 5 = 1 + 2x+ x − 3x − 6x − 15x + ¯o(x )$ при $x → 0$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#43799

Разложить функцию $sin(sin x)$ до члена с $x3$ при $x → 0$ .

Показать ответ и решение

Поскольку

t3 sin t = t− --+ ¯o(t4) при t → 0 3!

то

sin3-x- 4 sin (sinx ) = sinx − 6 + ¯o(sin x ) при x → 0

Далее, так как при $x → 0$ $sinx ∼ x,$ то $¯o(sin x) = ¯o(x),$ в частности, $¯o(sin4 x) = ¯o(x4 )$ будем иметь:

= sinx − sin3x-+ ¯o(sin4 x) = (x − x3-+ ¯o(x4))− 1(x3 + ¯o(x4))+ ¯o(x4) = x − x3-+ ¯o(x4) 6 3! 6 3

при $x → 0$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#43800

Вычислить при помощи формулы Тейлора $sin18∘$ точнее, чем до одного знака после запятой.

Показать ответ и решение

Считая $18∘ = π10$ достаточно маленьким аргументом, разложим синус в нуле до 5 члена: Поскольку при $x → 0$ мы имеем

3 5 sinx = x − x--+ x--+ ¯o(x6) 3! 5!

Мы, конечно ничего не знаем про величину отклонения

x3 x5 r5 = sin x− T5 (sinx,0) = sin x − (x − ---+ --) 3! 5!

но поскольку она есть $6 ¯o(x ),$ то можно считать, что она достаточно мала, чтобы считать наше приближение уж как минимум более точным, чем до одного знака после запятой.
А потому имеем

π π 1 π3 1 π5 sin ---≈ ---− ----3 + -----5 ≈ 0.309017 10 10 6 10 12010

где число $π$ мы взяли примерно равным $π ≈ 0.314159$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#43801

Найти $− x2 lim cosx−xe4-2- x→0$

Показать ответ и решение

Поскольку

x2 x4 cosx = 1 − ---+ ---+ ¯o(x5) пр и x → 0 2! 4!

И кроме того

− x22- x2- x4- 5 e = 1 − 2 + 8 + ¯o(x )

То будем иметь

− x2 x2- x4 5 x2 x4 5 x4 x4- 5 lim cosx-−-e--2-= lim (1−--2! +-4!-+-¯o(x-))-−-(1−-2-+--8-+-¯o(x--))-= lim = 24 −-8-+-¯o(x-)-= − 1-- x→0 x4 x→0 x4 x→0 x4 12

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#43802

Найти $sinx lim 1−(cosxx3)--- x→0$

Показать ответ и решение

Преобразуем слегка выражение, от которого считаем предел:
$1−-(cosx)sinx 1−esinxln(cosx) x3 = x3$ Далее, поскольку $sinxln(cosx) e = 1 + sin xln(cosx)+ ¯o(sinx ln (cosx )) =$
$3 = 1 + sin xln(cosx)+ ¯o(x ),$ потому что $x2 3 sinx ln(cos x) = (x + ¯o(x))⋅(ln(1 − 2 + ¯o(x ))) =$

$2 2 3 = (x+ ¯o(x )) ⋅(− x2 + ¯o(x3)+ ¯o(− x2-+ ¯o(x3))) = − x2 + ¯o(x3),$ а значит и $3 ¯o(sinx ln (cosx )) = ¯o(− x2-+ ¯o(x3)) = ¯o(x3)$ И, таким образом, получается, что

esinxln(cosx) = 1 + sin xln(cosx)+ ¯o(x3)

А, значит, $1−(cosx)sinx 1−-(1+sin-xln(cosx)+¯o(x3)- − sinx-ln(cosx)+¯o(x3) −-ln(cosx)+¯o(x3) lxi→m0 x3 = lixm→0 x3 = lxim→0 x3 = lix→m0 x2$ (здесь мы заменили $sinx$ на эквивалентный ему в нуле $x$ )

Далее, $3 2 12 2 12 lim −-ln(cosxx)2+¯o(x) = lim − ln(cxo2sx)= lim −-ln(1−xsi2n-x)-= lim − ln(1−xs2in-x)-= x→0 x→0 x→0 x→0$

$2 2 2 2 2 2 2 = lim − ln(1−2x2sin-x)-= lim sin-x2+x¯o2(x) = lim sin2x2x + lim ¯o(2xx2)= lim sin2xx2 = lim 2xx2 = 12 x→0 x→0 x→0 x→0 x→0 x→0$

Ответ:

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#44260

Вычислить $lim x−axrc3tgx x→0$

Показать ответ и решение

Пусть $f(x) = x− arctgx,$ $g(x) = x3.$ Тогда функции $f,g$ определены в любой проколотой окрестности нуля, и в проколотых окрестностях нуля производная $g,$ то есть $′ 2 g (x) = 3x ⁄= 0.$

Далее, исходный предел $lim x−-arxc3tgx x→0$ есть неопределенность вида $00.$
Следовательно, можно попробовать применить правило Л’Опиталя.

$1 lim f′(x)= lim 1−1+x2 = lim ---x2---= lim ---1-- = 1. x→0 g′(x) x→0 3x2 x→0 (1+x2)3x2 x→0 (1+x2)3 3$

Следовательно, по правилу Л’Опиталя, $∃ lim x−arctgx = lim f′(x) = 1 x→0 x3 x→0 g′(x) 3$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#44261

Вычислить $lim esixn−xe⋅c−oxsx x→0$

Показать ответ и решение

Пусть $f(x) = ex − e−x,$ $g(x) = sinx ⋅cosx.$ Тогда функции $f,g$ определены в любой проколотой окрестности нуля, и в достаточно маленькой проколотой окрестностях нуля $(− δ,δ)∖ {0}$ выполнено $g′(x) = cos2x − sin2x ⁄= 0$

Далее, исходный предел $x −x lim sein−xe⋅cosx x→0$ есть неопределенность вида $00.$
Следовательно, можно попробовать применить правило Л’Опиталя.

$lim f′(x)= lim = lim ---ex+ex---= 1+1= 2 x→0 g′(x) x→0 x→0 cos2x− sin2x 1+0$

Следовательно, по правилу Л’Опиталя, $∃ lim-ex−-e−-x = lim f′(x) = 2 x→0 sinx⋅cosx x→0 g′(x)$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#44262

Вычислить $x+1 lim x--(ln1−xx+1)−x- x→1$

Показать ответ и решение

Функции $f(x) = xx+1 (ln x+ 1) − x$ и $g(x) = 1 − x$ удовлетворяют на открытом луче $(0,+ ∞ )$ всем условиям правила Л’Опиталя. А именно: они определены на $(0,+ ∞ ),$ дифференцируемы на $(0,+ ∞ )$ и, кроме того, $g′(x) = − 1 ⁄= 0 ∀x ∈ (0,+ ∞ ).$ И, самое главное, исходный предел $x+1 lim x---(l1n−xx+1)−-x, x→1$ очевидно является неопределенностью вида $0 0.$ А, потому, можно попробовать посчитать предел отношения $′ lim fg′((x)x). x→1$

′ x+1 1 lim f(x)-= lim x---(lnx-+-1)(1+--x +-lnx-)= − 2 x→1 g′(x) x→1 − 1

Следовательно, по правилу Л’Опиталя, $∃ lim xx+1(lnx+1)−x = lim f′(′x)= − 2 x→1 1−x x→1 g(x)$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#44263

Вычислить $lim lnxxx−−xx+1- x→1$

Показать ответ и решение

Функции $f(x) = xx − x$ и $g(x) = lnx − x+ 1$ удовлетворяют при достаточно малом $δ > 0$ в проколотой окрестности точки $x0 = 1,$ т.е. на $(1 − δ,1+ δ) ∖{1}$ (а именно, настолько малом, чтобы весь интервал $(1− δ,1 + δ)$ был правее нуля) всем условиям правила Л’Опиталя.

А именно: они определены на $(1− δ,1 + δ)∖ {1},$ дифференцируемы на $(1− δ,1 + δ)∖ {1}$ и, кроме того, $g′(x) = 1x − 1 ⁄= 0 ∀x ∈ (1− δ,1 + δ)∖ {1}.$ И, самое главное, исходный предел $x lim lnxx−−xx+1, x→1$ очевидно является неопределенностью вида $0. 0$ А, потому, можно попробовать посчитать предел отношения $f′(x) lix→m1 -g′(x).$

′ x x+1 lim f-(x) = lim x-(ln-x1+-1-)−-1-= lim x---(lnx-+-1)−-x- x→1 g′(x) x→1 x − 1 x→1 1− x

Однако ж $lim xx+1(lnx+1)−-x x→1 1−x$ есть неопределенность вида $0. 0$

Что же делать? Получается, наше правило Л’Опиталя нам не помогло? Но нет, это не повод отчаиваться. Ведь у нас получилась всего-навсего неопределенность для $f′(x) lixm→1 g′(x).$ А что мы делаем неопределенностями? - Правильно, Л’Опиталим!

Итак, поскольку функции $ˆf(x) = xx+1(ln x + 1)− x$ и $ˆg(x) = 1− x$ удовлетворяют на открытом луче $(0,+ ∞ )$ всем условиям правила Л’Опиталя. А именно: они определены на $(0,+ ∞ ),$ дифференцируемы на $(0,+∞ )$ и, кроме того, $ˆg′(x) = − 1 ⁄= 0 ∀x ∈ (0,+ ∞ ).$ И, самое главное, предел $xx+1(lnx+1)−x- lixm→1 1−x ,$ очевидно является неопределенностью вида $0 0.$
Значит, давайте попробуем посчитать предел отношения $lim ˆf′′(x)= lim f′′′′(x). x→1 ˆg(x) x→1 g (x)$

ˆ′ xx+1(lnx + 1)(1+ 1+ lnx ) lim f(x)-= lim ------------------x-------= − 2 x→1 ˆg′(x) x→1 − 1

Следовательно, по правилу Л’Опиталя, $ˆ ′ ∃ lim fg(ˆ(xx)) = lim fg′((xx)) = − 2. x→1 x→1$

А, значит, только теперь по правилу Л’Опиталя для самих $f(x)$ и $g(x)$ мы заключаем, что $f(x)- f′(x) ∃ lxim→1 g(x) = lxim→1 g′(x) = − 2.$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#44264

Вычислить $lim xsinx x→0+$

Показать ответ и решение

Формально, хотя мы и имеем здесь дело с неопределенностью, но она имеет вид $00,$ а, значит, так сходу этот предел не подпадает под те, которые можно решать при помощи правила Л’Опиталя. Но это еще не означает, что его под Л’Опиталя нельзя подогнать. Как мы с вами уже успели пронаблюдать, правило это довольно мощное и, что самое приятное, легко применяемое - так что чего мы нам не потрудиться и не попробовать к нему весь наш пример свести.

Итак, $xsinx = esinxln x.$ А, значит, в силу непрерывности экспоненты, $lim xsinx = exli→m0+sinxlnx. x→0+$ И все сводится к вычислению $xli→m0+ sin xlnx$ в показателе экспоненты.
Однако, это вновь не неопределенность того вида, что нам нужны в Л’Опитале.

Тем не менее, чтобы здесь им все таки воспользоваться, сгодится такой искусственный приём: $lnx sin xlnx = -si1nx.$ И, тогда обозначая $f (x ) = lnx,$ $1 g(x) = sinx,$ мы видим, что предел $f(x) xli→m0+ g(x)$ уже удовлетворяет всем условиям правила Л’Опиталя в малой проколотой правой полуокрестности нуля. Неопределенность теперь у нас какая нужно - $∞- ∞$

Пробуем считать $f′(x) lxi→m0+ g′(x).$

Итак,

1 f′(x)= --x---= − sin2x- g′(x ) −-co2sx x cos x sin x

И мы вновь получаем неопределенность, но теперь уже вида $0 0.$

Л’Опиталим ещё раз.

f′′(x) 2sin xcos x -′′---= −------------- → 0 при x → 0+ g (x) cos x− x sin x

А, значит, по правилу Л’Опиталя, $′ ∃ lim fg′((xx)) = 0. x→0+$

А, значит, по правилу Л’Опиталя, $∃ lim fg((xx)) = 0 x→0+$ Тем самым, исходный предел получается равным 1, так как

lim xsinx = exli→m0+sin xlnx = e0 = 1 x→0+

Ответ:

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#52216

Вычислить

3√ ----- lim x--cosx-−-sin-x- x→0 x5

Показать ответ и решение

Будем раскладывать числитель до членов пятого порядка включительно, чтобы потом было удобно сравнивать со знаменателем. Поскольку при $x → 0$

2 4 cosx = 1− x--+ x--+ o(x5), 2 24

в частности $cosx → 1$ , а значит можно раскладывать $√ ----- 3 cosx$ :

2 4 2 4 3√cos-x-= (1− x--+ x--+ o(x5))1∕3 = 1 + 1(− x-+ x--+ o(x5))− 2 24 3 2 24 1- x2- x4- 5 2 5 x2- x4- x4- 5 − 9(− 2 + 24 + o(x )) + o(x ) = 1 − 6 + 72 − 36 + o(x ) = x2 x4 = 1 − ---− ---+ o(x5) 6 72

Наконец, с учетом того, что при $x → 0$

x3 x5 sinx = x − ---+ ----+ o(x6), 6 120

окончательно преобразовываем числитель:

√ ----- x2 x4 x3 x5 x 3cosx − sin x = x(1− ---− --+ o(x5))− (x − ---+ ----+ o(x6)) = 5 6 72 6 120 = − x-+ o(x6) 45

Следовательно,

3√----- x5 6 lim x--cosx-−-sinx-= lim −-45 +-o(x-)-= − -1- x→0 x5 x→0 x5 45

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#52217

Вычислить

√ ----- √4----- --cosx-−---e−x2 lix→m0 x4

Показать ответ и решение

Будем раскладывать числитель до членов четвертого порядка включительно, чтобы потом было удобно сравнивать со знаменателем. Поскольку при $x → 0$

2 4 cosx = 1− x--+ x--+ o(x5), 2 24

в частности, $cosx → 1$ , следовательно можно раскладывать $√ ----- cos x$ :

2 4 2 4 √cos-x = (1 − x--+ x--+ o(x5))1∕2 = 1 + 1(− x--+ x--+ o(x5))− 2 24 2 2 24 1- x2- x4- 5 2 5 x2- x4- x4- 5 − 8(− 2 + 24 + o(x )) + o(x ) = 1 − 4 + 48 − 32 + o(x ) = x2 x4 = 1 − ---− ---+ o(x5). 4 96

Преобразуем вычитаемое в числителе:

∘4----- 2 2 x2 x4 e−x2 = (e−x )1∕4 = e−x ∕4 = 1 −---+ ---+ o(x5). 4 32

Окончательно, весь числитель равен

√ ----- ∘4-−x2- x2- x4- x2- x4- 5 x4- 5 cosx − e = 1− 4 − 96 − 1+ 4 − 32 + o(x ) = − 24 + o(x ).

Следовательно, искомый предел равен $− 1-- 24$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#52218

Вычислить

lncosx2 + √61-+--3x4 − 1 lim -----------8-----------. x→0 x

Показать ответ и решение

Будем раскладывать числитель до членов восьмого порядка включительно. При $x → 0$

4 8 4 8 ln cosx2 = ln (1 − x--+ x--+ o(x11)) = − x-+ x--+ o(x11)− 2 24 2 24 1- x4- x8- 11 2 11 x4- x8- x8- 11 −2 (− 2 + 24 + o(x )) + o(x ) = − 2 + 24 − 6 + o(x ) = x4 x8 = − ---− ---+ o(x11); 2 12

∘ ------- 3x4 45x8 x4 5x8 6 1 + 3x4 = 1+ ----− -----+ o(x11) = 1+ --− ---. 6 72 2 8

Следовательно, числитель равен

∘ ------- 4 8 4 8 lncosx2 + 61 + 3x4 − 1 = − x-− x--+ 1 + x--− 5x--− 1+ o(x11), 2 12 2 8

а искомый предел равен $− 17- 24$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#52374

Вычислить предел, используя правило Лопиталя:

---1-- lim xln(ex−1) x→0+

Показать ответ и решение

---1-- ln(e1x−-1) -ln(x)- lim xln(ex−1) = lim eln(x ) = lim eln(ex−1) x→0+ x→0+ x→0+

Посчитаем отдельно предел степени:

---ln(x)-- ---(ln(x))′-- ------1x------- --1x-- ex −-1- xl→im0+ ln(ex − 1) = xl→im0+ (ln(ex − 1))′ = lx→i0m+-1x--⋅(ex − 1)′ = xl→im0+ xex--= xl→im0+ xex = e −1 e−1

1 ex − 1 (ex − 1)′ ex = lim -x ⋅ lim ------ = lim ----′---= lim -- = 1 x→0+ e x→0+ x x→0+ x x→0+ 1

Предел получился конечным, значит, можно воспользоваться непрерывностью экспоненты:

f(x) lix→ma f(x) lxim→a e = e

Ответ

---1-- lim xln(ex−1) = e x→0+

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#52735

Вычислить предел, используя правило Лопиталя:

1 --1-- lim (--)sin(πx) x→1 x

Показать ответ и решение

1 --1-- 1 sin1(πx) ln((1x)) − -ln(x)- lim (--)sin(πx) = lim eln((x) ) = lim esin(πx) = lim e sin(πx) x→1 x x→1 x→1 x→1

Посчитаем отдельно предел степени. Он имеет неопределенность вида $0 0$ :

-ln-(x-)- -(ln-(x-))′- ----1x---- 1- lxi→m1 − sin(πx ) = xli→m1 − (sin(πx ))′ = lxim→1− π cos(πx) = π

Предел получился конечным, значит, можно воспользоваться непрерывностью экспоненты

lim ef(x) = elix→ma f(x) x→a

− slnin(x(π)x) 1π lxim→1 e = e

Ответ

1 eπ

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#52736

Вычислить предел, используя правило Лопиталя:

lim (sin x)π−x x→ π−

Показать ответ и решение

π− x ln(si1nx)- lim (sinx)π−x = lim eln((sinx) ) = lim eln(sinx)⋅(π−x) = lim e π−x x→ π− x→ π− x→π− x→ π−

Посчитаем отдельно предел степени. Он имеет неопределенность вида $∞∞-$ :

ln(sin-x)- (ln(sin-x))′ -cosisnxx- cosx-(π-−-x)2 xl→imπ− -1-- = xli→mπ− (-1--)′ = xli→mπ− --1---= xl→imπ− sinx = π−x π− x (π−x)2

(π − x)2 ((π − x )2)′ 2(π − x) = − xli→mπ− --sin-x--= − lx→imπ− --(sinx-)′--= − x→limπ− − -cosx---= 0

Предел получился конечным, значит, можно воспользоваться непрерывностью экспоненты

f(x) lix→ma f(x) lxim→a e = e

ln(sinx) lim e π1−x = e0 = 1 x→π−

Ответ

1

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#52737

Вычислить предел, используя правило Лопиталя:

1 lim (--arcctg x)x x→ −∞ π

Показать ответ и решение

Если $x → − ∞$ , то $arcctg(x) → π$

ln(arcctπg(x)) lim (1-arcctg x)x = lim e(ln((1π arcctg x)x) = lim ex⋅ln((1π arcctgx) = lim e 1x x→ −∞ π x→ −∞ x→ −∞ x→− ∞

Посчитаем отдельно предел степени. Он имеет неопределенность вида $0 0$ :

arcctg(x) arcctg(x) -----1------ ln(---π---) (ln(---π---))′ −-(x2+1)arcctg(x) x→lim−∞ 1 = xli→m−∞ (1)′ = xl→im−∞ − 12 = x x x

2 2 ′ = lim -------x---------= lim -------(x-)--------= lim -------2x------- = x→− ∞ (x2 + 1)arcctg(x) x→− ∞ ((x2 + 1)arcctg(x))′ x→ −∞ arcctg(x )⋅2x − 1

-------(2x-)′------- --------2-------- 1- = xl→im− ∞ (arcctg(x)⋅2x − 1)′ = 2arcctg(x)− -22x- = π x +1

Предел получился конечным, значит, можно воспользоваться непрерывность экспоненты

f(x) lix→ma f(x) lxim→a e = e

ln(arcctg(x)) ----1xπ--- 1π x→lim−∞ e = e

Ответ

1 eπ

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#53871

Вычислить

$ln(1 + x+ x2)+ ln(1− x + x2) lim ----------------------------- x→0 1 − cos(x )$

Показать ответ и решение

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

$ln(1+ 0 + 02)+ ln(1− 0 + 02) 0 ----------------------------= -- 1 − cos(0) 0$

Проверим, выполняется ли правило Лопиталя. Пусть

$f(x) = ln (1 + x + x2)+ ln(1− x + x2), g(x) = 1− cos(x).$

Функции $f (x)$ и $g(x)$ определены и дифференцируемы в некоторой проколотой окрестности точки 0, при этом $g ′(x) = sin(x) ⁄= 0$ в некоторой достаточно малой окрестности. Следовательно, можем применить правило Лопиталя:

$′ -1+2x-+ −1+2x- lim f(x)-= lim f-(x)= lim 1+x2+x---1+x2−-x-= x→0 g(x) x→0 g′(x ) x→0 sin(x) --4x3+222x-2 x(4x2 + 2) = lim (1+x-)−x--= lim ------2---4------- x→0 sin(x) x→0 (1+ x + x )sin(x)$

Давайте снова применим правило Лопиталя. Функции в числителе и в знаменателе определены и дифференцируемы в некоторой окрестности нуля, производная знаменателя в некоторой окрестности нуля не равна 0:

$((1 + x2 + x4)sin(x))′ = (2x + 4x3)sin(x)+ (1 + x2 + x4) cos(x) ⁄= 0$

Следовательно,

$----x(4x2-+-2)---- ----(x-(4x2-+-2))′---- lxim→0 (1+ x2 + x4)sin(x) = lixm→0 ((1 + x2 + x4 )sin(x))′ = 2 = lim --------------12x--+-2-------------- = 2 x→0 (2x + 4x3)sin(x)+ (1+ x2 + x4)cos(x)$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#53872

Вычислить

$(√ -----2 ) x-−-ln----1+-x--+-x-- lxim→0 x − sin(x)$

Показать ответ и решение

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

$0− ln(√1-+-02-+ 0) 0 ------------------= -- 0 − sin(0) 0$

Проверим, выполняется ли правило Лопиталя. Пусть

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

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

$√-2x--+1 √ ---2 f(x) f′(x) 1− -2√11++xx22+x 1 − 2√12+(x21+(x√1++xx2)+x) lim -----= lim -′---= lim ------------= lim ------------------- = x→0 g(x) x→0 g (x ) x→0 1− cos(x) x→0 1 − cos(x) √ ------ 1 − √11+x2- 1+ x2 − 1 = lix→m0 1-−-cos(x) = lixm→0 √-----2------------ 1 + x (1− cos(x))$

Снова применим Лопиталя (убедитесь!):

$√-----2 √-----2 ′ lim √----1-+-x--−-1----= lim -√--(-1-+-x-−--1)----= x→0 1+ x2(1 − cos(x )) x→0 ( 1+ x2(1 − cos(x )))′ √--x-2 = lim --x------------1+x-√-------------= x→0 √1+x2-(1 − cos(x))+ 1+ x2 sin(x) -------------x-------------- = xli→m0 x(1 − cos(x )) + (1+ x2)sin(x)$

Не упускаем возможность вновь применить правило Лопиталя, поскольку числитель и знаменатель в некоторой проколотой окрестности нуля определены и дифференцируемы, производная знаменателя не равна 0 в некоторой окрестности нуля:

$′ lim -------------x--------------= lim -------------(x)--------------= x→0 x(1 − cos(x))+ (1 + x2)sin(x) x→0 (x (1 − cos(x))+ (1+ x2) sin(x))′ ------------------------1----------------------- = lxi→m0 1 − cos(x) + xsin(x)+ cos(x)+ 2x sin (x )+ x2cos(x) = 1$

Ответ:

Предыдущий раздел

Следующий раздел