Лекции и конспекты по математике Примеры решения задч

Как показывает приведённый выше пример 2.36, пределы отношения бесконечно малых можно упрощать, откидывая бесконечно малые слагаемые большего порядка и заменяя множители в числителе и знаменателе на эквивалентные бесконечно малые. Для того, чтобы этот способ вычисления пределов (точнее, раскрытия неопределённостей вида $ \left[\frac{0}{0}\right]$) можно было применять к возможно большему числу примеров, мы должны иметь достаточно большой запас известных пар эквивалентных бесконечно малых величин. Для наиболее употребительной базы $ x\to0$ создадим такой запас в виде таблицы "стандартных" эквивалентных бесконечно малых.

Поскольку в этой таблице мы всегда будем рассматривать базу $ x\to0$, для простоты записи обозначение этой базы будем пропускать и писать знак $ \sim$ вместо $ \mathrel{\mathop{\sim}\limits_{x\to0}}$.

1) $ \sin x\sim x$. Эту формулу мы уже доказали и использовали в примерах. Эквивалентность $ \sin x$ и $ x$ при $ x\to0$ означает в точности, что первый замечательный предел равен 1.

2) $ \arcsin x\sim x$. Эта эквивалентность тоже была доказана выше в одном из примеров.

3) $ \mathop{\rm tg}\nolimits x\sim x$. Докажем эту эквивалентность:

 

$\displaystyle \lim_{x\to0}\dfrac{\mathop{\rm tg}\nolimits x}{x}= \lim_{x\to0}\... ...lim\limits_{x\to0}\dfrac{\sin x}{x}}{\lim\limits_{x\to0}\cos x}=\dfrac{1}{1}=1.$
[an error occurred while processing this directive]

 

4) $ \mathop{\rm arctg}\nolimits x\sim x$. Докажите это в качестве упражнения, сделав замену $ z=\mathop{\rm arctg}\nolimits x$ и применив предыдущую табличную формулу.

5) $ 1-\cos x\sim\dfrac{x^2}{2}$. Для доказательства воспользуемся формулой $ 1-\cos x=2\sin^2\frac{x}{2}$. Далее, имеем:

 

\begin{multline*} \lim_{x\to0}\dfrac{1-\cos x}{x^2/2}= \lim_{x\to0}\dfrac{2\si... ...ot \lim_{x\to0}\dfrac{\sin\frac{x}{2}}{\frac{x}{2}}=1\cdot1=1. \end{multline*}

 

 

Это означает, что доказываемая эквивалентность имеет место.

6) $ \log_a(1+x)\sim\dfrac{x}{\ln a}$ . Для доказательства этой эквивалентности сделаем такое преобразование:

 

\begin{multline*} \dfrac{\log_a(1+x)}{\dfrac{x}{\ln a}}=\ln a\cdot\dfrac{1}{x}\... ...\dfrac{\ln(1+x)^{\frac{1}{x}}}{\ln a}= \ln(1+x)^{\frac{1}{x}}. \end{multline*}

 

 

Для вычисления предела правой части воспользуемся непрерывностью логарифма и вторым замечательным пределом:

 

$\displaystyle \lim_{x\to0}\ln(1+x)^{\frac{1}{x}}= \ln\lim_{x\to0}(1+x)^{\frac{1}{x}}= \ln e=1,$

 

и мы доказали формулу 6.

В частном случае, при $ a=e$, получаем эквивалентность

$ 6'$) $ \ln(1+x)\sim x$.

7) $ a^x-1\sim x\ln a$ ( ). Для доказательства сделаем замену $ z=\log_a(1+x)$ и выразим $ x$ через $ z$: $ x=a^z-1$. Согласно формуле 6, при $ x\to0$, откуда $ x\sim z\ln a$. Из непрерывности логарифма следует, что $ z\xrightarrow {x\to0}0$ и, значит, $ a^z-1\sim z\ln a$ при $ {z\to0}$. В этой формуле осталось лишь сменить обозначение переменного $ z$ на $ x$, чтобы получить формулу 7.

В частном случае, при $ a=e$, получаем эквивалентность

$ 7'$) $ e^x-1\sim x$.

Сведём теперь полученные формулы в итоговую таблицу. Всюду в ней $ x\to0$.

1)$ \sin x\sim x$.
2)$ \arcsin x\sim x$.
3)$ \mathop{\rm tg}\nolimits x\sim x$.
4)$ \mathop{\rm arctg}\nolimits x\sim x$.
5)$ 1-\cos x\sim\dfrac{x^2}{2}$.
6)$ \log_a(1+x)\sim\dfrac{x}{\ln a}$ ( ).
$ 6'$)$ \ln(1+x)\sim x$.
7) $ a^x-1\sim x\ln a$ ( ).
$ 7'$)$ e^x-1\sim x$.

Приведём примеры применения табличных формул для раскрытия неопределённостей вида $ \left[\frac{0}{0}\right]$.  

  Пример Представить в виде многочлена Тейлора функции:

а)  по степеням х-1

б)  по степеням х+1

Решение. а)  по степеням х-1. Так как  при , то использовать формулу 1 пока нельзя. Надо функцию преобразовать так, чтобы она зависила от . Имеем: . Теперь можно использовать формулу 1. Надо вместо x подставить 3(x-1).

.

б)  по степеням х+1. Здесь нам придется применить формулы, получающиеся из формулы 6 при m = -1.

  (6’)

 (6’’)

Сначала данную функцию представим в виде суммы двух простых дробей.

  (*)

Каждую дробь надо преобразовать так, чтобы она зависела от (x+1) и первое слагаемое в знаменателе дроби равнялось 1.

.

В формуле (6’’) вместо х подставляем . Получим:

 

Для второй дроби имеем:

Здесь в формуле (6’) вместо х подставляем х+1.

 

Подставив все это в (*), получим:

  .

Интегрирование функций вида , где R(x) – рациональная функция.

 Выделяя из рациональной дроби R(x) целую часть – многочлен  и раскладывая дробь  в сумму простейших дробей, видим, что интегрирование функций  приводится к вычислению интегралов следующих типов:

 а) , Р(х) – многочлен;

 б) , А – константа;

в) , M, N – константы и трехчлен х2 +px+q не имеет действительных корней.

 Укажем методы вычисления этих интегралов.

а) Можно показать, что первообразную для функции , где Р(х) – многочлен степени n, следует искать в виде  (1)

где Q(x) – многочлен степени (n – 1) с неопределенными коэффициентами, a - неизвестная константа.

  Коэффициенты многочлена Q(x) и число a находятся при помощи дифференцирования тождества (1).

Математический анализ Типовые расчеты по математике