Определение бесконечно-малых функций и их эквивалентность

Бесконечно малая функция — какие так называют

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 $x \to a$

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 $x \to a$

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

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.

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: $\frac{4}{3}$

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

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: $\frac{1}{3}$

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: $\frac{1}{8}$

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

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:$\frac{1}{e}$

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: $\frac{1}{2}$

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: $\frac{1}{{2\ln 2}}$

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

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: $\frac{1}{4}$

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

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: $- \frac{3}{2}$

Необходимо вычислить предел:

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

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: $\frac43$

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: $\frac13$

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: $\frac12$