Определение бесконечно-малых функций и их эквивалентность

Бесконечно малая функция — какие так называют

Бесконечно малой функцией является числовая функция, либо последовательность, стремящаяся к нулевому значению, или предел которой стремится к нулю.

С помощью формул бесконечно малую функцию можно определить, таким образом: функция \(\alpha \left( x \right)\) носит название бесконечно малой при \(x \to a\)  в том случае, когда \(\mathop {\lim }\limits_{x \to a} \alpha \left( x \right) = 0\)

Можно предположить, что \(\alpha \left( x \right)\) и \(\beta \left( x \right)\) представляют собой бесконечно малые функции при условии, что \(x \to a\)

Осторожно! Если преподаватель обнаружит плагиат в работе, не избежать крупных проблем (вплоть до отчисления). Если нет возможности написать самому, закажите тут.

Существует несколько условий для бесконечно малых функций:

  1. В том случае, когда \(\lim\limits_{x \to a} \large\frac{{\alpha \left( x \right)}}{{\beta \left( x \right)}}\normalsize = 0\), функция \(\alpha \left( x \right)\) представляет собой бесконечно малую высшего порядка, если сравнить ее с функцией\( \beta \left( x \right)\)
  2. При условии, что \(\lim\limits_{x \to a} \large\frac{{\alpha \left( x \right)}}{{\beta \left( x \right)}}\normalsize = A \ne 0\), функции \(\alpha \left( x \right)\) и \(\beta \left( x \right)\) будут определяться, как бесконечно малые с одинаковым порядком малости
  3. При \(\lim\limits_{x \to a} \large\frac{{\alpha \left( x \right)}}{{{\beta ^n}\left( x \right)}}\normalsize = A \ne 0\), можно утверждать, что функция \(\alpha \left( x \right)\) представляет собой бесконечно малую порядка n по сравнению с функцией \(\beta \left( x \right)\)
  4. В том случае, когда \(\lim\limits_{x \to a} \large\frac{{\alpha \left( x \right)}}{{\beta \left( x \right)}}\normalsize = 1,\) для бесконечно малых функций \(\alpha \left( x \right)\) и \(\beta \left( x \right)\) характерна эквивалентность при условии, что\( x \to a\)
Примечание

Операцию по расчету предела отношения из двух бесконечно малых функций можно упростить. Для этого требуется выполнить их замену на эквивалентные выражения.

Формулировка бесконечно малой функции обладает неразрывной связью с условиями, при которых изменяется ее аргумент. Функция будет являться бесконечно малой, если \(a \to a + 0\) и \(a \to a – 0\). Как правило, для обозначения бесконечно малых функций используют первые буквы греческого алфавита \( \alpha, \beta, \gamma, \ldots.\)

В качестве примера можно рассмотреть следующее утверждение: функция \(f(x) = x\) представляет собой бесконечно малую, если \(x \to 0\). Данная формулировка корректна, так как предел функции в точке \(a = 0\) соответствует нулевому значению. Исходя из теоремы о связи двустороннего предела с односторонними, рассматриваемая функция является бесконечно малой при любом из условий:

  • \(x \to +0\)
  • \(x \to -0\)

К примеру, по классификации функция \(f(x) = 1/{x^2}\) является бесконечно малой при условии, что \(x \to \infty\). Кроме того, данная функция также будет являться бесконечно малой, если \(x \to +\infty\) и при \(x \to -\infty.\)

Можно рассмотреть постоянное число, которое не равно нулю. Какое бы оно ни было маленькое по абсолютному значению, его нельзя назвать бесконечно малой функцией. В случае постоянных чисел исключением является только ноль, так как для функции \(f(x) \equiv 0\) характерно наличие нулевого предела.

Основными определениями по теме применения бесконечно малых функций являются:

  1. Функции \(\alpha(x)\) и \(\beta(x)\) являются бесконечно малыми, если \(x\rightarrow\alpha\)
  2. В том случае, когда существует \(\lim_{x\rightarrow\alpha}\frac{\alpha(x)}{\beta(x)}=C\neq0,\;\infty\), функции \(\alpha(x)\) и \(\beta(x)\) являются бесконечно малыми и соответствуют одному и тому же порядку при условии, что \(x\rightarrow\alpha\)
  3. Когда существует \(\lim_{x\rightarrow\alpha}\frac{\alpha(x)}{\beta(x)}=0\), функция \(\alpha(x)\) представляет собой величину с более высоким порядком малости по сравнению с функцией\( \beta(x)\) при условии, что \(x\rightarrow\alpha\)
  4. В том случае, когда \(\not\ni\lim_{x\rightarrow\alpha}\frac{\alpha(x)}{\beta(x)}\), невозможно сравнить между собой бесконечно малые функции \(\alpha(x)\) и \(\beta(x)\), если \(x\rightarrow\alpha\)
  5. Сумма пары бесконечно больших функций, если \(x\rightarrow\alpha\), представляет собой неопределенность
  6. При умножении бесконечно большой функции и функции, которая в точке α обладает конечным пределом с нулевым значением, в результате получится бесконечно большая функция при условии, что \(x\rightarrow\alpha\)

Данные определения необходимы, чтобы решать задачи с пределами, используя понятие эквивалента.

Теорема, свойства бесконечно малых функций

Функция \(f\)\((x)\) обладает в точке \(a \in \overline{\mathbb{R}}\) расширенным числовой прямой конечным пределом, который равен числу b, только лишь в том случае, когда рассматриваемая функция соответствует сумме данного числа b и бесконечно малой функции \(\alpha(x)\) при условии, что \(x \to a\), либо \(\exists~\lim\limits_{x \to a}{f(x)} = b \in \mathbb{R} \Leftrightarrow \left( f(x) = b + \alpha(x)\right) \land \left( \lim\limits_{x \to a}{\alpha(x) = 0}\right).\)

Свойства бесконечно малых функций:

  • \(\alpha\sim\alpha,\;(\lim_{x\rightarrow a})\frac\alpha\alpha=1\)
  • в том случае, когда \(\alpha\sim\beta \ и \ \beta\sim\gamma\), получается, что \(\alpha\sim\gamma,\;(\lim_{x\rightarrow\alpha}\frac\alpha\gamma=\lim_{x\rightarrow\alpha}(\frac\alpha\beta\times\frac\beta\gamma)=1\times1=1)\)
  • при условии, что \(\alpha\sim\beta \ и \ \beta\sim\gamma \ и\ \beta\sim\gamma\), тогда\( (\lim_{x\rightarrow\alpha}\frac\beta\alpha=\lim_{x\rightarrow\alpha}\frac1{\displaystyle\frac\alpha\beta}=1)\)
  • в том случае, когда \alpha\sim\alpha_1 и \beta\sim\beta и \lim_{x\rightarrow\alpha}\frac\alpha\beta=\kappa, получается, что \lim_{x\rightarrow\alpha}\frac{\alpha_1}{\beta_1}=\kappa или \lim_{x\rightarrow\alpha}\frac\alpha\beta=\lim_{x\rightarrow\alpha}\frac{\alpha_1}{\beta_1}

Сравнивая между собой бесконечно малые функции, можно сделать следующие выводы:

  • в том случае, когда \lim_{x\rightarrow\alpha}\frac{a(x)}{\beta(x)} является конечным ненулевым числом, \alpha(x) и \beta(x) будут определяться, как бесконечно малые функции с одним и тем же порядком;
  • при условии, что \lim_{x\rightarrow\alpha}\frac{a(x)}{\beta(x)} представляет собой ноль, тогда функция \alpha(x) по отношению к функции \beta(x) будет определяться, как бесконечно малая функция с более высоким порядком при x\rightarrow\alpha, а функция \beta(x) при сравнении с функцией \alpha(x) является бесконечно малой функцией с меньшим порядком;
  • когда \lim_{x\rightarrow\alpha}\frac{a(x)}{\beta(x)} является бесконечностью, функция \beta(x) по отношению к функции \alpha(x) представляет собой бесконечно малую функции с более высоким порядком при \(x\rightarrow\alpha, а \ \alpha(x)\) в сравнении с функцией \(\beta(x)\) определяется, как бесконечно малая функция с меньшим порядком.

Необходимое и достаточное условие эквивалентности бесконечно малых функций

Эквивалентностью называют равнозначность в определенном отношении.

С помощью эквивалентных функций можно упростить решение задач на пределы. Достаточно заменить множители в уравнениях, которые содержат дроби или произведения.

Функции \(α(x) \ и \ β(x)\) являются эквивалентными в том случае, когда \(x→α и \lim_{x\rightarrow\alpha}\frac{\alpha(x)}{\beta(x)}=1\)

Такая закономерность справедлива и в случае бесконечно больших, и бесконечно малых функций. Для обозначения эквивалентности используют знак ∼. Таким образом, демонстрируя эквивалентность функций \(α(x) \ и \ β(x)\), достаточно записать выражение: \(α(x)∼β(x).\)

Упростить задачу на эквивалентные бесконечно малые функции можно, используя специальную таблицу.

\displaystyle a^{\alpha(x)} - 1 \sim \alpha(x) \ln(a)

Предположим, что \alpha(x), \alpha_1(x), \beta(x), \beta_1(x) являются бесконечно малыми функциями при условии, что x \to a, причем \alpha(x) \sim \alpha_1(x); \beta(x) \sim \beta_1(x). В таком случае:

\lim\limits_{x \to a}{\frac{\alpha(x)}{\beta(x)}} = \lim\limits_{x \to a}{\frac{\alpha_1(x)}{\beta_1(x)}}

Пусть \alpha(x) представляет собой бесконечно малую функцию при x \to a, тогда:

  • \sin(\alpha(x)) \sim \alpha(x)
  • \displaystyle 1 - \cos(\alpha(x)) \sim \frac{\alpha^2(x)}{2}
  • \tan \alpha(x) \sim \alpha(x)
  • \arcsin\alpha(x) \sim \alpha(x)
  • \arctan\alpha(x) \sim \alpha(x)
  • \ln(1 + \alpha(x)) \sim \alpha(x)
  • \displaystyle\sqrt[n]{1 + \alpha(x)} - 1 \sim \frac{\alpha(x)}{n}
  • \displaystyle a^{\alpha(x)} - 1 \sim \alpha(x) \ln(a)

Например, можно разобрать следующее выражение:

\begin{array}{ll} \lim\limits_{x \to 0}{ \frac{\ln\cos x}{\sqrt[4]{1 + x^2} - 1}} & = \lim\limits_{x \to 0}{\frac{\ln(1 + (\cos x - 1))}{\frac{x^2}{4}}} = \\ & = \lim\limits_{x \to 0}{\frac{4(\cos x - 1)}{x^2}} = \\ & = \lim\limits_{x \to 0}{-\frac{4 x^2}{2 x^2}} = -2 \end{array}

С помощью Теоремы 1 можно выполнять замену эквивалентными в произведении и отношении функций. В том случае, когда \alpha_1(x),\;\alpha_2(x),\;\beta_1(x),\;\beta_2(x) представляют собой бесконечно малые функции, а x\rightarrow\alpha и \alpha_1(x)\sim\beta_1(x),\;\alpha_2(x)\sim\beta_2(x) при x\rightarrow\alpha, получается, что:

  1. \alpha_1(x)\times\alpha_2(x)\sim\beta_1(x)\times\beta_2(x)
  2. \frac{\alpha_1(x)}{\alpha_2(x)}\sim\frac{\beta_1(x)}{\beta_2(x)} при x\rightarrow\alpha
  3. \lim_{x\rightarrow\alpha}\frac{\alpha_1(x)}{\alpha_2(x)}=\lim_{x\rightarrow\alpha}\frac{\beta_1(x)}{\beta_2(x)}

Теорема 2 заключается в том, что эквивалентность бесконечно малых функций α(x) и β(x) справедлива в том случае, когда при x\rightarrow\alpha выполняется любое из представленных равенств:

  • \alpha(x)-\beta(x)=\circ(\alpha(x))
  • \alpha(x)-\beta(x)=\circ(\beta(x))

Теорема 3 гласит, что результатом разности пары бесконечно малых функций, которые эквивалентны друг другу, является бесконечно малая функция с более высоким порядком по сравнению с каждой из них. Справедливо и обратное утверждение.

Согласно Теореме 4, сумма конечного числа бесконечно малых функций, обладающих разными порядками, эквивалентна слагаемому низшего порядка.

Теорему 5, которая применима к замене эквивалентных функций в пределах частного, можно записать следующим образом:

в том случае, когда x\rightarrow x_0, \alpha(x)\sim\alpha_1(x), \beta(x)\sim\beta_1(x), и есть предел \lim_{x\rightarrow x_0}\frac{a_1(x)}{\beta_1(x)}, то существует и предел \lim_{x\rightarrow x_0}\frac{a(x)}{\beta(x)}=\lim_{x\rightarrow x_0}\frac{a_1(x)}{\beta_1(x)}.

Связь между функцией, ее пределом и бесконечно малой функцией

Существуют теоремы, объясняющие связь между функцией, ее пределом и бесконечно малой функцией:

1. В том случае, когда функция \ y=f(x) обладает пределом, равным a, ее можно записать в виде суммы рассматриваемого числа a и бесконечно малой функции \ \alpha(x) :

\ \lim _{x \rightarrow b} f(x)=a \Rightarrow f(x)=a+\alpha(x), \lim _{x \rightarrow b} \alpha(x)=0

2. Когда функцию \ y=f(x) можно записать как сумму числа a и бесконечно малой функции \ \alpha(x), число a будет соответствовать пределу функции \ y=f(x):

\ f(x)=a+\alpha(x), \lim _{x \rightarrowb} \alpha(x)=0 \Rightarrow \lim _{x \rightarrowb} f(x)=a

В качестве примера можно рассмотреть решение стандартной задачи. По условиям требуется представить доказательство следующего выражения:

\ \lim _{x \rightarrow 1}(x+5)=6

При решении функцию \ x+5, которая стоит под знаком предела, следует расписать таким образом:

\ x+5=6+(x-1)

В этом случае функция \ \alpha(x)=x-1 представляет собой бесконечно малую функцию при условии, что \ x \rightarrow 1. Утверждение справедливо, так как:

\ \lim _{x \rightarrow 1} \alpha(x)=\lim _{x \rightarrow 1}(x-1)=0

Таким образом, используя теорему, описывающую связь функции, ее предела и бесконечно малой функции, можно сделать вывод, что:

\ \lim _{x \rightarrow 1}(x+5)=6

В результате вычислений выражение, данное в условии, доказано.

Вычисление пределов

Используя представленные выше теоретические положения о бесконечно малых функциях, их свойствах и связи с пределами, можно упростить решение многих задач. Порядок действий при вычислении пределов целесообразно рассмотреть на примерах.

Задача 1

Требуется определить предел:

\lim\limits_{x \to 0} \large\frac{{\ln \left( {1 + 4x} \right)}}{{\sin 3x}}\normalsize

Решение:

Найти предел можно с помощью формулы:

\ln \left( {1 + \alpha } \right) \sim \alpha ,\;\;\;\sin \alpha \sim \alpha

В таком случае:

\lim\limits_{x \to 0} \frac{{\ln \left( {1 + 4x} \right)}}{{\sin 3x}} = \lim\limits_{x \to 0} \frac{{4x}}{{3x}} = \frac{4}{3}

Ответ: \frac{4}{3}

Задача 2

Необходимо найти предел:

\lim\limits_{x \to 0} \large\frac{{\sqrt[3]{{1 + x}} - 1}}{x}\normalsize

Решение:

Исходя из того, что:

\sqrt[\large 3\normalsize]{{1 + x}} \sim 1 + \large\frac{x}{3}\normalsize

для записи предела можно использовать следующее выражение:

{\lim\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt[\large 3\normalsize]{{1 + x}} - 1}}{x} } = {\lim\limits_{x \to 0} \frac{{{{\left( {1 + x} \right)}^{\large\frac{1}{3}\normalsize}} - 1}}{x} } = {\lim\limits_{x \to 0} \frac{{1 + \frac{x}{3} - 1}}{x} } = {\frac{1}{3}\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{x}{x} = \frac{1}{3}.}

Ответ: \frac{1}{3}

Задача 3

Нужно вычислить предел:

\lim\limits_{t \to 0} \large\frac{{1 - \cos \left( {1 - \cos t} \right)}}{{{{\sin }^2}{t^2}}}\normalsize

Решение:

Известно, что:

\cos t \sim 1 - \large\frac{{{t^2}}}{2}\normalsize и \sin t \sim t при t \to 0

Таким образом:

{\lim\limits_{t \to 0} \frac{{1 - \cos \left( {1 - \cos t} \right)}}{{{{\sin }^2}{t^2}}} } = {\lim\limits_{t \to 0} \frac{{1 - \cos \left( {1 - 1 + \large\frac{{{t^2}}}{2}\normalsize} \right)}}{{{{\left( {\sin {t^2}} \right)}^2}}} } = {\lim\limits_{t \to 0} \frac{{1 - \cos \large\frac{{{t^2}}}{2}\normalsize}}{{{{\left( {{t^2}} \right)}^2}}} } = {\lim\limits_{t \to 0} \frac{{1 - \left[ {1 - \frac{1}{2}{{\left( {\frac{{{t^2}}}{2}\normalsize} \right)}^2}} \right]}}{{{t^4}}} } = {\lim\limits_{t \to 0} \frac{{\frac{{{t^4}}}{8}}}{{{t^4}}} = \frac{1}{8}.}

Ответ: \frac{1}{8}

Задача 4

Требуется определить предел:

 \lim\limits_{x \to 0} \large\frac{{\sqrt {1 + 2x + 3{x^2}} - 1}}{x}\normalsize

Решение:

Целесообразно выполнить замену квадратного корня эквивалентной бесконечно малой функцией. В результате получится справедливое равенство:

{\lim\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt {1 + 2x + 3{x^2}} - 1}}{x} } = {\lim\limits_{x \to 0} \frac{{1 + \frac{{2x + 3{x^2}}}{2} - 1}}{x} } = {\frac{1}{2}\lim\limits_{x \to 0} \frac{{2x + 3{x^2}}}{x} } = {\frac{1}{2}\lim\limits_{x \to 0} \left( {2 + 3x} \right) = \frac{1}{2} \cdot 2 = 1.}

Ответ: 1

Задача 5

Необходимо найти предел:

\lim\limits_{x \to e} \large\frac{{\ln \left( {\ln x} \right)}}{{x - e}}\normalsize

Решение:

В данном случае целесообразно воспользоваться формулой:

\ln \left( {1 + \alpha } \right) \sim \alpha при \alpha \to 0.

Таким образом, запись предела можно преобразовать:

\require{cancel} {\lim\limits_{x \to e} \frac{{\ln \left( {\ln x} \right)}}{{x - e}} } = {\lim\limits_{x \to e} \frac{{\ln \left( {\ln x + 1 - 1} \right)}}{{x - e}} } = {\lim\limits_{x \to e} \frac{{\ln \left[ {1 + \left( {\ln x - 1} \right)} \right]}}{{x - e}} } = {\lim\limits_{x \to e} \frac{{\ln x - 1}}{{x - e}} } = {\lim\limits_{x \to e} \frac{{\ln x - \ln e}}{{x - e}} } = {\lim\limits_{x \to e} \frac{{\ln \frac{x}{e}}}{{x - e}} } = {\lim\limits_{x \to e} \frac{{\ln \left[ {1 + \left( {\frac{x}{e} - 1} \right)} \right]}}{{x - e}} } = {\lim\limits_{x \to e} \frac{{\frac{x}{e} - 1}}{{x - e}} } = {\lim\limits_{x \to e} \frac{{\frac{{x - e}}{e}}}{{x - e}} } = {\frac{1}{e}\lim\limits_{x \to e} \frac{\cancel{x - e}}{\cancel{x - e}} = \frac{1}{e}.}

Ответ: \frac{1}{e}

Задача 6

Дан предел, который нужно найти:

\lim\limits_{x \to \pi } \large\frac{{1 + \cos x}}{{{{\left( {x - \pi } \right)}^2}}}\normalsize

Решение:

В первую очередь следует заменить переменную:

x -\pi = y

В данном случае:

y \to 0 при условии, что x \to \pi

Таким образом, предел можно соотнести с выражением:

L = \lim\limits_{x \to \pi } \frac{{1 + \cos x}}{{{{\left( {x - \pi } \right)}^2}}} = \lim\limits_{y \to 0} \frac{{1 + \cos \left( {y + \pi } \right)}}{{{y^2}}}

Используя уравнение приведения:

\cos \left( {y + \pi } \right) = - \cos y

получим, что:

L = \lim\limits_{y \to 0} \frac{{1 - \cos y}}{{{y^2}}}

По итогам расчетов целесообразно заменить косинус на эквивалентное бесконечно малое выражение:

1 - \cos y \sim \large\frac{{{y^2}}}{2}\normalsize

Далее можно рассчитать предел:

L = \lim\limits_{y \to 0} \frac{{1 - \cos y}}{{{y^2}}} = \lim\limits_{y \to 0} \frac{{\large\frac{{{y^2}}}{2}\normalsize}}{{{y^2}}} = \frac{1}{2}

Ответ: \frac{1}{2}

Задача 7

Необходимо найти предел:

\lim\limits_{x \to 2} \large\frac{{{{\log }_2}x - 1}}{{x - 2}}\normalsize

Решение:

В данном случае целесообразно воспользоваться эквивалентным бесконечно малым выражением для логарифма:

\ln \left( {1 + \alpha } \right) \sim \alpha при \alpha \to 0

В результате:

{\lim\limits_{x \to 2} \frac{{{{\log }_2}x - 1}}{{x - 2}} } = {\lim\limits_{x \to 2} \frac{{{{\log }_2}x - {{\log }_2}2}}{{x - 2}} } = {\lim\limits_{x \to 2} \frac{{{{\log }_2}\frac{x}{2}}}{{x - 2}} } = {\lim\limits_{x \to 2} \frac{{\frac{{\ln \left( {x/2} \right)}}{{\ln 2}}}}{{x - 2}} } = {\frac{1}{{\ln 2}}\lim\limits_{x \to 2} \frac{{\ln \left( {x/2} \right)}}{{x - 2}} } = {\frac{1}{{\ln 2}}\lim\limits_{x \to 2} \frac{{\ln \left[ {1 + \left( {\frac{x}{2} - 1} \right)} \right]}}{{x - 2}} } = {\frac{1}{{\ln 2}}\lim\limits_{x \to 2} \frac{{\frac{x}{2} - 1}}{{x - 2}} } = {\frac{1}{{2\ln 2}}\lim\limits_{x \to 2} \frac{\cancel{x - 2}}{\cancel{x - 2}} = \frac{1}{{2\ln 2}}.}

Ответ: \frac{1}{{2\ln 2}}

Задача 8

Требуется вычислить предел:

\lim\limits_{x \to 1} \large\frac{{\sin \left( {x - 1} \right)}}{{{x^4} - 1}}\normalsize

Решение:

Предположим, что

x -1 = t

В таком случае:

t \to 0 при x \to 1.

Для вычисления предела можно использовать справедливое равенство:

L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\sin \left( {x - 1} \right)}}{{{x^4} - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to 0} \frac{{\sin t}}{{{{\left( {t + 1} \right)}^4} - 1}}

С помощью алгебраического тождества приведем уравнение:

{\left( {t + 1} \right)^4} = {t^4} + 4{t^3} + 6{t^2} + 4t + 1

Далее остается лишь вычислить предел:

{L = \lim\limits_{t \to 0} \frac{{\sin t}}{{{{\left( {t + 1} \right)}^4} - 1}} } = {\lim\limits_{t \to 0} \frac{{\sin t}}{{\left( {{t^4} + 4{t^3} + 6{t^2} + 4t + 1} \right) - 1}} } = {\left[ {\sin t \sim t} \right] = \lim\limits_{t \to 0} \frac{\cancel{t}}{{\cancel{t}\left( {{t^3} + 4{t^2} + 6t + 4} \right)}} } = {\lim\limits_{t \to 0} \frac{1}{{{t^3} + 4{t^2} + 6t + 4}} = \frac{1}{4}.}

Ответ: \frac{1}{4}

Задача 9

По условию задачи дан предел, который необходимо найти:

\lim\limits_{x \to 0} \large\frac{{\ln \cos x}}{{\sqrt[3]{{1 + {x^2}}} - 1}}\normalsize

Решение:

С помощью эквивалентных выражений для бесконечно малых функций можно записать справедливое равенство:

\sqrt[k]{{1 + \alpha }} \sim 1 + \frac{\alpha }{k},\;\; {\ln \left( {1 + \alpha } \right) \sim \alpha \;\;\text{при}\;\;\alpha \to 0.}

Далее требуется записать предел в таком виде:

{L = \lim\limits_{x \to 0} \frac{{\ln \cos x}}{{\sqrt[\large 3\normalsize]{{1 + {x^2}}} - 1}} } = {\lim\limits_{x \to 0} \frac{{\ln \left[ {1 + \left( {\cos x - 1} \right)} \right]}}{{\left( {1 + \large\frac{{{x^2}}}{3}}\normalsize \right) - 1}} } = {\lim\limits_{x \to 0} \frac{{\cos x - 1}}{{{x^2}/3}} } = { - 3\lim\limits_{x \to 0} \frac{{1 - \cos x}}{{{x^2}}}.}

Затем следует выполнить замену:

1 - \cos x \sim \large\frac{{{x^2}}}{2}\normalsize

В итоге можно вычислить предел:

{L = - 3\lim\limits_{x \to 0} \frac{{1 - \cos x}}{{{x^2}}} } = { - 3\lim\limits_{x \to 0} \frac{{{x^2}/2}}{{{x^2}}} } = { - \frac{3}{2}\lim\limits_{x \to 0} \frac{{\cancel{x^2}}}{{\cancel{x^2}}} = - \frac{3}{2}.}

Ответ: - \frac{3}{2}

Задача 10

Необходимо вычислить предел:

\lim\limits_{t \to a} {\left( {\large\frac{{\sin t}}{{\sin a}}\normalsize} \right)^{\large\frac{1}{{t - a}}\normalsize}}

Решение:

В первую очередь следует выполнить замещение переменной:

t - a = y\;\;, \Rightarrow y \to 0 при t \to a

После замены можно записать предел через новую переменную, таким образом:

{L = \lim\limits_{t \to a} {\left( {\frac{{\sin t}}{{\sin a}}} \right)^{\large\frac{1}{{t - a}}\normalsize}} } = {\lim\limits_{y \to 0} {\left( {\frac{{\sin \left( {y + a} \right)}}{{\sin a}}} \right)^{\large\frac{1}{y}\normalsize}} } = {\lim\limits_{y \to 0} {\left( {\frac{{\sin y\cos a + \cos y\sin a}}{{\sin a}}} \right)^{\large\frac{1}{y}\normalsize}} } = {\lim\limits_{y \to 0} {\left( {\cos y + \sin y\cot a} \right)^{\large\frac{1}{y}\normalsize}}.}\qquad

При замене функций косинуса и синуса на их эквивалентные бесконечно малые выражения, согласно формулам:

\cos y \sim 1 - \large\frac{{{y^2}}}{2}\normalsize,  \sin y \sim y

Значение предела можно записать в таком виде:

\({L = \lim\limits_{y \to 0} {\left( {\cos y + \sin y\cot a} \right)^{\large\frac{1}{y}\normalsize}} } = {\lim\limits_{y \to 0} {\left( {1 - \frac{{{y^2}}}{2} + y\cot a} \right)^{\large\frac{1}{y}\normalsize}}.}\)

Следует ограничиться использованием бесконечно малых первого порядка малости и пренебречь бесконечно малыми второго порядка:

\({\large\frac{{{y^2}}}{2}}\normalsize\)

Окончательный ответ будет записан, таким образом:

\({L = \lim\limits_{y \to 0} {\left( {1 - \frac{{{y^2}}}{2} + y\cot a} \right)^{\large\frac{1}{y}\normalsize}} } = {\lim\limits_{y \to 0} {\left( {1 + y\cot a} \right)^{\large\frac{1}{y}\normalsize}} } = {\lim\limits_{y \to 0} {\left( {1 + y\cot a} \right)^{\large\frac{{\cot a}}{{y\cot a}}\normalsize}} } = {{\left[ {\lim\limits_{y\cot a \to 0} {{\left( {1 + y\cot a} \right)}^{\large\frac{1}{{y\cot a}}\normalsize}}} \right]^{\cot a}} = {e^{\cot a}}.}\)

Ответ: \({e^{\cot a}}\)

Примеры задач на бесконечно малые функции

Задача 1

Задача № 1

Требуется вычислить предел: \(\lim_{x\rightarrow0}\frac{\ln\left(1+4x\right)}{\sin\left(3x\right)}\)

Решение:

В данном случае целесообразно использовать таблицу с эквивалентными функциями. Согласно представленным в ней данным:

\(\ln\left(1+\alpha\right)\sim\alpha,\;\sin\left(\alpha\right)\sim\alpha\)

Таким образом:

\(lim_{x\rightarrow0}\frac{\ln\left(1+4x\right)}{\sin\left(3x\right)}=\lim_{x\rightarrow0}\frac{4x}{3x}=\frac43\)

Ответ: \(\frac43\)

Задача № 2

Необходимо найти предел: \(\lim_{x\rightarrow0}\frac{\sqrt[3]{1+x}-1}x\)

Решение:

Применяя данные из таблицы с эквивалентными функциями, получим:

\(\sqrt[3]{1+x}\sim1+\frac x3\)

Таким образом:

\(\lim_{x\rightarrow0}\frac{\sqrt[3]{1+x}-1}x=\lim_{x\rightarrow0}\frac{{(1+x)}^{\displaystyle\frac13}-1}x=\lim_{x\rightarrow0}\frac{1+{\displaystyle\frac x3}-1}x=\frac13\lim_{x\rightarrow0}\frac xx=\frac13\)

Ответ: \(\frac13\)

Задача № 3

По условиям задачи дан предел, который нужно найти:

\(\lim_{x\rightarrow\mathrm\pi}\frac{1+\cos\left(x\right)}{{(x-\mathrm\pi)}^2}\)

Решение:

В данном случае целесообразно заменить переменную:

\((x-\mathrm\pi)=y\)

где \(y\rightarrow0\), в том случае, когда x\rightarrow\mathrm\pi

Далее необходимо преобразовать выражение, записав его следующим образом:

\(L=\lim_{x\rightarrow\mathrm\pi}\frac{1+\cos\left(x\right)}{{(x-\mathrm\pi)}^2}=\lim_{y\rightarrow0}\frac{1+\cos\left(y+\mathrm\pi\right)}{y^2}\)

С помощью уравнения приведения, получим:

\(\cos\left(y+\mathrm\pi\right)=-\cos\left(y\right)\)

По итогам вычислений выражение примет такой вид:

\(L=\lim_{y\rightarrow0}\frac{1-\cos\left(y\right)}{y^2}\)

Исходя из данных таблицы эквивалентных функций:

\(1-\cos\left(y\right)\sim\frac{y^2}2\)

В результате получим:

\(L=\lim_{y\rightarrow0}\frac{1-\cos\left(y\right)}{y^2}=\lim_{y\rightarrow0}\frac{\displaystyle\frac{y^2}2}{y^2}=\frac12\)

Ответ: \(\frac12\)

Насколько полезной была для вас статья?

У этой статьи пока нет оценок.

Заметили ошибку?

Выделите текст и нажмите одновременно клавиши «Ctrl» и «Enter»