Чему эквивалентна функция y arcsin x 2 при x 2 – Эквивалентные бесконечно малые, применение к нахождению пределов

Содержание

Эквивалентные функции ℹ️ определение, формулы, основные свойства, доказательство теоремы о замене функций, примеры нахождения пределов, таблица

В данной статье речь пойдет об основных понятиях эквивалентных функций, с помощью которых можно найти значение пределов. 

Понятие эквивалентности поменяется не только в высшей математике, но и в логике, психологии, при переводах с иностранных языков. Оно означает «равнозначность», «равносильность», «равенство». 

Определение эквивалентных функций

Эквивалентные функции — это функции, имеющие одинаковое значение. Они могут представлять собой бесконечность малых и больших величин.

Эквивалентные функции

Функция может иметь такое понятие лишь при наличии предела. Следует понимать, что одна и та же функция принимает значение малой или большой до бесконечности лишь в единственной точке.

Теорема о замене функций эквивалентными в пределе частного

Если при x1, стремящимся к x2, f(x)~f1(x) и g(x)~g1(x) существует предел:

1

то существует и предел:

 

2

Доказательство

Допустим, что следствие этой теоремы часто применяемое. Если мы имеем частное, являющееся результатом произведения функций:

3

в этом случае, при нахождении предела, можно сделать замену этих функций на эквивалентные:

4

при этом:

f(x) ~ f1(x), p(x) ~ p1(x), … , r(x) ~ r1(x), g(x) ~ g1(x), q(x) ~ q1(x), … , s(x) ~ s1(x).

Выражения равны друг другу, это значит, что при существовании одного из таких пределов, применимо существование выражения, равного первому. Соответственно, если не существует такой предел, то не может существовать и второй. 

Следует отметить, что можно делать замену как одной величины функции, так и нескольких одновременно. 

Таблица эквивалентных функций

Ниже приведена таблица равнозначных функций и формул при t → 0. В данном случае величина t может представлять собой как переменную, так и до бесконечности малую функцию t = t(x) при x → x0

5

Эквивалентность при t → 0

Равенство при t → 0

sin t ~ t

sin t = t + 0(t)

arsin t ~ t

arsin t = t + 0(t)

tg t ~ t

tg t = t + 0(t)

artg t ~ t

artg t = t + 0(t)

1-cos t ~

1-cos t =

+ 0(t2)

et – 1 ~ t

et — 1 = t + 0(t)

at – 1 ~ t ln a

at – 1 = t ln a + 0(t)

ln (1 + t) ~ t

ln (1 + t) = t + 0(t)

loga (1 + t) ~ 

12

loga (1 + t) =

14 + 0(t)

(1 + t)b — 1 ~ bt

(1 + t)b — 1 = bt + 0(t)

sh t ~ t

sh t = t + 0(t)

arsh t ~ t

arsh t = t + 0(t)

th t ~ t

th t = t + 0(t)

arsh t ~ t

arsh t= t + 0(t)

ch t – 1 ~ t2/2

ch t – 1 ~ t2/2 + 0(t2)

Свойства замены функций равносильными доступны для дробных выражений с перемножаемыми величинами и произведений, где необходимо найти предел. 

В этом случае величины в числителе или знаменателе допускается заменить равнозначными функциями. Если математическое выражение представляет собой сумму чисел, замену сделать нельзя.


Примеры решения пределов с помощью эквивалентных функций

Для сравнения рассмотрим несколько примеров.

Пример 1

Вычислить

6 

Начнём решение, учитывая, что tg2x ~ 2x, sin3x ~ 3x при x → 0, тогда

7
 

Пример 2

Найти

8

Пусть arcsin x = t, тогда x = sin t и t → 0 при x → 0. Исходя из этого:

9

Значит, arcsin x ~ x при x → 0. 

Пример 3

Вычислить

10

Решение: если sin (15x) ~ 15x, tg (10x) ~ 10x, тогда

11 

Для решения пределов можно использовать онлайн калькуляторы, размещенные на ресурсах в свободном доступе.


nauka.club

Применение эквивалентных функций при решении пределов

Метод решения

Применение эквивалентных функций позволяет упростить вычисление пределов. Если нам нужно вычислить предел дроби, то мы можем заменить множители в числителе и знаменателе эквивалентными функциями и вычислять предел от более простого выражения. Подчеркнем, что речь идет именно о множителях в дробях и произведениях. Замена эквивалентными функциями в других выражениях, например в суммах, может привести к неправильному результату. Однако, ошибки не будет, если выразить любую функцию в виде суммы эквивалентной ей функции и о малого (см. пример ⇓).

Все связанные с этим определения и теоремы приводятся на странице «О большое и о малое. Сравнение функций». Напомним некоторые из них.

Применяемые определения и теоремы

Определение эквивалентных функций
Функции f и g называются эквивалентными (асимптотически равными) при :
  при  ,
если на некоторой проколотой окрестности точки ,
при , причем
.

Если при , то ;
если , то .
При этом функцию называют главной частью при . См. теорему о связи эквивалентных функций с о малым

Теорема о замене функций эквивалентными в пределе частного
Если, при ,     и    и существует предел
, то существует и предел
.
Доказательство

Отметим часто применяемое следствие этой теоремы. Пусть мы имеем частное, составленное из конечного произведения функций: . Тогда, при вычислении предела, эти функции можно заменить на эквивалентные:
,
где . Знак равенства означает, что если существует один из этих пределов, то существует и равный ему второй. Если не существует один из пределов, то не существует и второй. Разумеется, можно менять не все функции а только одну или некоторые из них.

Таблица эквивалентных функций

Далее приводится таблица функций, эквивалентных при . Здесь t может быть как переменной, так и бесконечно малой функцией при : ; .

Эквивалентность при Равенство при

Предостережение

Как указывалось в самом начале, производить замену функций эквивалентными можно только в множителях дробей и произведений, предел которых мы хотим найти. В других выражениях, например в суммах, делать такую замену нельзя.

В качестве примера рассмотрим следующий предел:
.
При . Но если заменить в числителе на x, то получим ошибку:
.
Ошибки не будет, если выразить синус через эквивалентную функцию и о малое, :
.
Поскольку   и  , то мы снова получили неопределенность 0/0. Это указывает на то, что для вычисления этого предела применение эквивалентной функции не достаточно. Нужно применить другой метод.

Можно решить этот пример разложением в ряд Маклорена:

.

Также можно применить правило Лопиталя:

.

Примеры

Все примеры Далее мы приводим подробные решения следующих пределов, упрощая вычисления с помощью эквивалентных функций.
⇓,   ⇓,   ⇓,   ⇓.

Пример 1

Все примеры ⇑ Найти предел:
.

Решение

Из таблицы эквивалентных функций ⇑ имеем:
. Поскольку исходная функция является дробью и каждая из этих функций входит в нее в виде множителя в числителе или знаменателе, то заменим их на эквивалентные.
.

Ответ

Пример 2

Все примеры ⇑ Найти предел:
.

Решение

Из таблицы эквивалентных функций ⇑ находим:
.
Преобразуем квадрат логарифма:
.
Поскольку исходная функция является дробью и каждая из этих функций входит в нее в виде множителя в числителе или знаменателе, то заменим их на эквивалентные.
.

Ответ

Пример 3

Все примеры ⇑ Вычислить предел.
.

Решение

Здесь мы имеем неопределенность вида один в степени бесконечность. Приводим ее к неопределенности вида 0/0. Для этого воспользуемся тем, что экспонента и натуральный логарифм являются взаимно обратными функциями.
.
Теперь в показателе экспоненты у нас неопределенность вида 0/0.

Вычисляем предел:
.
Поскольку у нас дробь, то заменим некоторые множители в числителе и знаменателе эквивалентными функциями, пользуясь приведенной выше таблицей ⇑.
;
;

.

Поскольку экспонента непрерывна для всех значений аргумента, то по теореме о пределе непрерывной функции от функции имеем:
.

Ответ

Пример 4

Все примеры ⇑ Вычислить предел.
.

Решение

При . Выясним, к чему стремится . Поскольку здесь дробь, то заменим логарифм эквивалентной функцией: . Тогда
. Таким образом, мы имеем неопределенность вида ∞–∞.

Преобразуем ее к неопределенности вида 0/0. Для этого приводим дроби к общему знаменателю.
.
Здесь мы также воспользовались формулой . После преобразований, наш предел принимает следующий вид:
.

В знаменателе мы сразу можем заменить натуральный логарифм эквивалентной функцией, как это сделали выше:
.

В числителе имеется произведение двух множителей, каждый из которых тоже можно заменить эквивалентной функцией и, таким образом, упростить вычисления. В качестве эквивалентных, попробуем найти степенные функции:
.
Тогда . Считаем, что . Раскрываем неопределенность по правилу Лопиталя.
.
Если положить , то . Тогда
.
Тот же результат можно получить, применяя разложение в ряд Тейлора при :
.
Отсюда .

Найдем эквивалентную функцию для второго множителя, используя разложение в ряд Тейлора при :
.
Отсюда .

Теперь заменим множители эквивалентными функциями:
.

Заметим, что делать замену функций на эквивалентные можно, только если функция, от которой ищется предел, является дробью или произведением. Тогда часть множителей в числителе или знаменателе можно заменить эквивалентными функциями. Так, если бы мы с самого начала заменили \ln (1+x) на x, то получили бы ошибку.

Ответ

Использованная литература:
Л.Д. Кудрявцев, А.Д. Кутасов, В.И. Чехлов, М.И. Шабунин. Сборник задач по математическому анализу. Том 1. Москва, 2003.

Автор: Олег Одинцов.     Опубликовано:

1cov-edu.ru

Mathway | Популярные задачи

1 Найти точное значение sin(30)
2 Найти точное значение sin(45)
3 Найти точное значение sin(60)
4 Найти точное значение sin(30 град. )
5 Найти точное значение sin(60 град. )
6 Найти точное значение tan(30 град. )
7 Найти точное значение arcsin(-1)
8 Найти точное значение sin(pi/6)
9 Найти точное значение cos(pi/4)
10 Найти точное значение sin(45 град. )
11 Найти точное значение sin(pi/3)
12 Найти точное значение arctan(-1)
13 Найти точное значение cos(45 град. )
14 Найти точное значение cos(30 град. )
15 Найти точное значение tan(60)
16 Найти точное значение csc(45 град. )
17 Найти точное значение tan(60 град. )
18 Найти точное значение sec(30 град. )
19 Преобразовать из радианов в градусы (3pi)/4
20 График y=sin(x)
21 Преобразовать из радианов в градусы pi/6
22 Найти точное значение cos(60 град. )
23 Найти точное значение cos(150)
24 Найти точное значение tan(45)
25 Найти точное значение sin(30)
26 Найти точное значение sin(60)
27 Найти точное значение cos(pi/2)
28 Найти точное значение tan(45 град. )
29 График y=sin(x)
30 Найти точное значение arctan(- квадратный корень 3)
31 Найти точное значение csc(60 град. )
32 Найти точное значение sec(45 град. )
33 Найти точное значение csc(30 град. )
34 Найти точное значение sin(0)
35 Найти точное значение sin(120)
36 Найти точное значение cos(90)
37 Преобразовать из радианов в градусы pi/3
38 Найти точное значение sin(45)
39 Найти точное значение tan(30)
40 Преобразовать из градусов в радианы 45
41 Найти точное значение tan(60)
42 Упростить квадратный корень x^2
43 Найти точное значение cos(45)
44 Упростить sin(theta)^2+cos(theta)^2
45 Преобразовать из радианов в градусы pi/6
46 Найти точное значение cot(30 град. )
47 Найти точное значение arccos(-1)
48 Найти точное значение arctan(0)
49 График y=cos(x)
50 Найти точное значение cot(60 град. )
51 Преобразовать из градусов в радианы 30
52 Упростить ( квадратный корень x+ квадратный корень 2)^2
53 Преобразовать из радианов в градусы (2pi)/3
54 Найти точное значение sin((5pi)/3)
55 Упростить 1/( кубический корень от x^4)
56 Найти точное значение sin((3pi)/4)
57 Найти точное значение tan(pi/2)
58 Найти угол А tri{}{90}{}{}{}{}
59 Найти точное значение sin(300)
60 Найти точное значение cos(30)
61 Найти точное значение cos(60)
62 Найти точное значение cos(0)
63 Найти точное значение arctan( квадратный корень 3)
64 Найти точное значение cos(135)
65 Найти точное значение cos((5pi)/3)
66 Найти точное значение cos(210)
67 Найти точное значение sec(60 град. )
68 Найти точное значение sin(300 град. )
69 Преобразовать из градусов в радианы 135
70 Преобразовать из градусов в радианы 150
71 Преобразовать из радианов в градусы (5pi)/6
72 Преобразовать из радианов в градусы (5pi)/3
73 Преобразовать из градусов в радианы 89 град.
74 Преобразовать из градусов в радианы 60
75 Найти точное значение sin(135 град. )
76 Найти точное значение sin(150)
77 Найти точное значение sin(240 град. )
78 Найти точное значение cot(45 град. )
79 Преобразовать из радианов в градусы (5pi)/4
80 Упростить 1/( кубический корень от x^8)
81 Найти точное значение sin(225)
82 Найти точное значение sin(240)
83 Найти точное значение cos(150 град. )
84 Найти точное значение tan(45)
85 Вычислить sin(30 град. )
86 Найти точное значение sec(0)
87 Упростить arcsin(-( квадратный корень 2)/2)
88 Найти точное значение cos((5pi)/6)
89 Найти точное значение csc(30)
90 Найти точное значение arcsin(( квадратный корень 2)/2)
91 Найти точное значение tan((5pi)/3)
92 Найти точное значение tan(0)
93 Вычислить sin(60 град. )
94 Найти точное значение arctan(-( квадратный корень 3)/3)
95 Преобразовать из радианов в градусы (3pi)/4
96 Вычислить arcsin(-1)
97 Найти точное значение sin((7pi)/4)
98 Найти точное значение arcsin(-1/2)
99 Найти точное значение sin((4pi)/3)
100 Найти точное значение csc(45)

www.mathway.com

4.12 Эквивалентные функции. Символы Ландау — ПриМат

$\DeclareMathOperator{\ctg}{ctg}\DeclareMathOperator{\tg}{tg} \DeclareMathOperator{\arctg}{arctg} \newcommand{\rndBrcts}[1]{\left ( #1 \right )} \newcommand{\abs}[1]{\left | #1 \right |}$Определение. Пусть функции $f$ и $g$ отличны от нуля в проколотой окрестности точки $x_0$ (равной, быть может, $+\infty,$ $-\infty$ или $\infty$). Говорят, что функции $f$ и $g$ эквивалентны при $x \to x_0,$ если $\lim\limits_{x \to x_0}\frac{f\rndBrcts{x}}{g\rndBrcts{x}} = 1.$ Обозначают это так: $f\rndBrcts{x} \sim g\rndBrcts{x} \ \rndBrcts{x \to x_0}.$

В терминах этого определения найденные ранее (см. Первый замечательный предел, Второй замечательный предел) пределы можно переписать следующим образом (все соотношения формулируются для случая $x \to 0$):
$$
\sin{x} \sim x, \\
\tg{x} \sim x, \\
1-\cos{x} \sim \frac{1}{2}x^2, \\
\arcsin{x} \sim x, \\
\arctg{x} \sim x, \\
a^x-1 \sim x \ln{a}, \\
\log_a{\rndBrcts{1+x}} \sim \frac{x}{\ln{a}}, \\ \
\rndBrcts{1+x}^\alpha-1\sim \alpha \cdot x.
$$

Эти соотношения останутся в силе, если в них вместо переменной $x$ записать отличную от нуля функцию $\varphi \rndBrcts{x},$ стремящуюся к нулю при $x \to x_0.$ Например, $\sin{x^2} \sim x^2 \ \rndBrcts{x \to 0},$ $\tg{\frac{1}{x}} \sim \frac{1}{x} \ \rndBrcts{x \to \infty},$ $\tg{\sin{\rndBrcts{x-1}^2}} \sim \sin{\rndBrcts{x-1}^2} \sim \rndBrcts{x-1}^2 \ \rndBrcts{x \to 1}.$

Теорема (применение эквивалентных функций для нахождения пределов). Пусть $f\rndBrcts{x} \sim f_1\rndBrcts{x}$ и $g\rndBrcts{x} \sim g_1\rndBrcts{x}$ при $x \to x_0$ и пусть существует $\lim\limits_{x \to x_0}\frac{f_1\rndBrcts{x}}{g_1\rndBrcts{x}} = A.$ Тогда существует $\lim\limits_{x \to x_0}\frac{f\rndBrcts{x}}{g\rndBrcts{x}} = A.$

По определению эквивалентных функций, используя арифметические свойства пределов, получаем
$$\lim\limits_{x \to x_0}\frac{f\rndBrcts{x}}{g\rndBrcts{x}} = \lim\limits_{x \to x_0}\frac{f\rndBrcts{x}}{f_1\rndBrcts{x}} \cdot \frac{g_1\rndBrcts{x}}{g\rndBrcts{x}} \cdot \frac{f_1\rndBrcts{x}}{g_1\rndBrcts{x}} = 1 \cdot 1 \cdot A = A,$$ и теорема доказана.

Доказанная теорема означает, что при вычислении пределов в произведении и в частном функции можно заменять эквивалентными. При этом существование предела и его величина не изменяются.

Пример.
$$\lim\limits_{x \to 0} \frac{\arcsin{x} \cdot \rndBrcts{e^x-1}}{1-\cos{x}} = \lim\limits_{x \to 0} \frac{x \cdot x}{\frac{x^2}{2}} = 2$$

Сравнение бесконечно больших и бесконечно малых

Символами Ландау называются символы $\overline{o}$ и $\underline O.$ Дадим определение.

Определение Пусть функции $f$ и $g$ определены в проколотой окрестности точки $x_0$ (конечного или бесконечного) и $g\rndBrcts{x} \neq 0.$ Говорят, что $f\rndBrcts{x}$ является $\overline{o}$-малой относительно $g\rndBrcts{x}$ при $x \to x_0,$ если $\lim\limits_{x \to x_0} \frac{f\rndBrcts{x}}{g\rndBrcts{x}} = 0.$ Обозначают это так: $f\rndBrcts{x} = \overline o\rndBrcts{g\rndBrcts{x}} \ \rndBrcts{x \to x_0}.$

Если $f\rndBrcts{x} \to 0, \ g\rndBrcts{x} \to 0$ и $f\rndBrcts{x} = \overline o\rndBrcts{g\rndBrcts{x}}$ при $x \to x_0,$ то говорят, что $f\rndBrcts{x}$ является бесконечно малой более высокого порядка, чем $g\rndBrcts{x},$ при $x \to x_0.$ Если же $f\rndBrcts{x} \to \infty, \ g\rndBrcts{x} \to \infty$ и $f\rndBrcts{x} = \overline o\rndBrcts{g\rndBrcts{x}} \text{ при } x \to x_0,$ то говорят, что $g\rndBrcts{x}$ стремится к бесконечности быстрее, чем $f\rndBrcts{x},$ при $x \to x_0.$ Например, $\sin \rndBrcts{x^2} = \overline o\rndBrcts{x} \ \rndBrcts{x \to 0}, \ \tg^3{x} \cdot \sin{\frac{1}{x}} = \overline o\rndBrcts{x^2} \ \rndBrcts{x \to 0}.$

Определение. Пусть функции $f$ и $g$ определены в проколотой окрестности $x_0$ (конечного или бесконечного) и $g\rndBrcts{x} \neq 0.$ Говорят, что $f\rndBrcts{x}$ является $\underline O$-большим относительно $g\rndBrcts{x}$ при $x \to x_0,$ если существует такая проколотая окрестность $U_{\delta}$ точки $x_0,$ что для всех $x \in U_{\delta}$ справедливо неравенство $\abs{f\rndBrcts{x}} \leqslant c \cdot \abs{g\rndBrcts{x}},$ где постоянная $c$ не зависит от $x$ (но может зависеть от окрестности $U_{\delta}$). Обозначают это так: $f\rndBrcts{x} = \underline O \rndBrcts{g\rndBrcts{x}} \ \rndBrcts{x \to x_0}.$

Например, $x^2+2x^3 = \underline O \rndBrcts{x^2}.$

Теорема. Пусть существует $\lim \limits_{x \to x_0} \abs{\frac{f\rndBrcts{x}}{g\rndBrcts{x}}} = K,$ где $0 \leqslant K \lt+\infty.$ Тогда $f\rndBrcts{x} = \underline O \rndBrcts{g\rndBrcts{x}}.$

Рассматриваем случай $x_0 \in \mathbb{R}.$ Зададим $\varepsilon = 1$ и найдем такое $\delta \gt 0,$ что для всех $x,$ удовлетворяющих условию $\abs{x-x_0} \lt \delta,$ справедливо неравенство $\abs{\abs{\frac{f\rndBrcts{x}}{g\rndBrcts{x}}}-K} \lt 1.$ Последнее неравенство равносильно тому, что
$$K-1 \lt \abs{\frac{f\rndBrcts{x}}{g\rndBrcts{x}}} \lt K+1.$$ Умножая правое неравенство на $\abs{g\rndBrcts{x}},$ получаем утверждение теоремы.

Теорема (критерий эквивалентности функций). Для того, чтобы отличные от нуля функции $f$ и $g$ были эквивалентны при $x \to x_0,$ необходимо и достаточно, чтобы было выполнено равенство $f\rndBrcts{x} = g\rndBrcts{x}+\overline o\rndBrcts{g\rndBrcts{x}} \ \rndBrcts{x \to x_0}.$

Необходимость. Пусть $f\rndBrcts{x} \sim g\rndBrcts{x}$ при $x \to x_0.$ Тогда $\frac{f\rndBrcts{x}}{g\rndBrcts{x}}-1 \to 0 \ \rndBrcts{x \to x_0},$ т. е. $\frac{f\rndBrcts{x}}{g\rndBrcts{x}}-1 = h\rndBrcts{x},$ где $h\rndBrcts{x} \to 0 \ \rndBrcts{x \to x_0}.$ Отсюда следует, что $f\rndBrcts{x} = g\rndBrcts{x}+g\rndBrcts{x} \cdot h\rndBrcts{x}.$ Но $\frac{g\rndBrcts{x} \cdot h\rndBrcts{x}}{g\rndBrcts{x}} = h\rndBrcts{x},$ т. е. $g\rndBrcts{x} \cdot h\rndBrcts{x} = \overline o\rndBrcts{g\rndBrcts{x}} \ \rndBrcts{x \to x_0}.$

Достаточность. Если $f\rndBrcts{x} = g\rndBrcts{x}+\overline o\rndBrcts{g\rndBrcts{x}} \ \rndBrcts{x \to x_0},$ то $\frac{f\rndBrcts{x}}{g\rndBrcts{x}} = 1+\frac{\overline o\rndBrcts{g\rndBrcts{x}}}{g\rndBrcts{x}}$ и поэтому $\lim\limits_{x \to x_0} \frac{f\rndBrcts{x}}{g\rndBrcts{x}} = 1.$

Используя эту теорему, набор эквивалентных функций, выписанный нами ранее, можно переписать в следующем виде (всюду $x \to 0$):
$$
\sin{x} = x+\overline o\rndBrcts{x}, \\
\tg{x} = x+\overline o\rndBrcts{x}, \\
1-\cos{x} = \frac{1}{2}x^2+\overline o\rndBrcts{x^2}, \\
\arcsin{x}= x+\overline o\rndBrcts{x}, \\
\arctg{x} = x+\overline o\rndBrcts{x},\\
a^x-1 = x \ln{a}+\overline o\rndBrcts{x}, \\
\log_a{\rndBrcts{1+x}} = \frac{x}{\ln{a}} + \overline o\rndBrcts{x}, \\
\rndBrcts{1+x}^\alpha-1 = \alpha \cdot x + \overline o\rndBrcts{x}.
$$

С помощью этой таблицы можно вычислять пределы. Покажем это на примерах.

Пример 1.$$\lim\limits_{x \to 0}\frac{e^x-\sqrt[3]{1+x}}{2 \arctg{x}-\arcsin{x}} = \lim\limits_{x \to 0}\frac{e^x-1-\rndBrcts{\sqrt[3]{1+x}-1}}{2 \arctg{x}-\arcsin{x}} = \\ = \lim\limits_{x \to 0}\frac{x+\overline o\rndBrcts{x}-\rndBrcts{\frac{1}{3}x+\overline o\rndBrcts{x}}}{2\rndBrcts{x+\overline o\rndBrcts{x}}-x+\overline o\rndBrcts{x}} = \lim\limits_{x \to 0}\frac{\frac{2}{3}x+\overline o\rndBrcts{x}}{x+\overline o\rndBrcts{x}} = \\ = \lim\limits_{x \to 0}\frac{\frac{2}{3}+\frac{\overline o\rndBrcts{x}}{x}}{1+\frac{\overline o\rndBrcts{x}}{x}} = \frac{2}{3}$$

Пример 2. Раскрытие неопределенности $\left [ 1^\infty \right ].$ Пусть $\alpha\rndBrcts{x} \to 0 \rndBrcts{\alpha\rndBrcts{x} \neq 0}, \ \beta\rndBrcts{x} \to \infty.$ Тогда, в силу непрерывности показательной функции,
$$\lim\limits_{x \to x_0}\rndBrcts{1+\alpha\rndBrcts{x}}^{\beta\rndBrcts{x}} = \lim\limits_{x \to x_0}e^{\beta\rndBrcts{x}\ln \rndBrcts{{1+\alpha\rndBrcts{x}}}} = e^{\lim\limits_{x \to x_0}\beta\rndBrcts{x}\rndBrcts{\alpha\rndBrcts{x}+\overline o\rndBrcts{\alpha\rndBrcts{x}}}}.$$ Если существует $\lim\limits_{x \to x_0}\alpha\rndBrcts{x}\cdot\beta\rndBrcts{x} = A,$ то
$$\lim\limits_{x \to x_0}\beta\rndBrcts{x}\rndBrcts{\alpha\rndBrcts{x}+\overline o\rndBrcts{\alpha\rndBrcts{x}}} = \\ =\lim\limits_{x \to x_0}\beta\rndBrcts{x}\cdot\alpha\rndBrcts{x}\cdot\frac{\alpha\rndBrcts{x}+\overline o\rndBrcts{\alpha\rndBrcts{x}}}{\alpha\rndBrcts{x}} = \\ = \lim\limits_{x \to x_0}\beta\rndBrcts{x}\cdot\alpha\rndBrcts{x}\cdot\rndBrcts{1+\frac{\overline o\rndBrcts{\alpha\rndBrcts{x}}}{\alpha\rndBrcts{x}}}= A.$$ Поэтому
$$\lim\limits_{x \to x_0}\rndBrcts{1+\alpha\rndBrcts{x}}^{\beta\rndBrcts{x}} = e^A.$$

Упражнение. Пусть $\lim\limits_{x \to x_0}\alpha\rndBrcts{x} = 0, \lim\limits_{x \to x_0}\beta\rndBrcts{x} = \infty.$ Доказать, что $\lim\limits_{x \to x_0}\rndBrcts{1+\alpha\rndBrcts{x}}^{\beta\rndBrcts{x}} = 0,$ если $\lim\limits_{x \to x_0}\alpha\rndBrcts{x}\cdot\beta\rndBrcts{x} = -\infty.$ Если же $\lim\limits_{x \to x_0}\alpha\rndBrcts{x}\cdot\beta\rndBrcts{x} = +\infty,$ то $\lim\limits_{x \to x_0}\rndBrcts{1+\alpha\rndBrcts{x}}^{\beta\rndBrcts{x}} = +\infty.$

Примеры решения задач

Рассмотрим примеры задач, в которых могут использоваться эквивалентные функции и символы Ландау. Читателю с целью самопроверки предлагается решить данные примеры самому, а затем сверить свое решение с приведенным.

  1. Найти предел $\lim\limits_{x \to 1}\displaystyle\frac{\rndBrcts{x^{2018}-2x+1} \rndBrcts{e^{x-1}-1}}{\rndBrcts{x-1}\sin{ \rndBrcts{x-1}}}.$
    Решение

    $\lim\limits_{x \to 1}\displaystyle\frac{\rndBrcts{x^{2018}-2x+1} \rndBrcts{e^{x-1}-1}}{\rndBrcts{x-1}\sin{ \rndBrcts{x-1}}} = \\
    = \left[
    \begin{gathered}
    \text{При }x \to 1\\
    e^{x-1}-1 \sim x-1\\
    \sin{\rndBrcts{x-1}} \sim x-1\\
    \end{gathered}
    \right ] = \\
    = \lim\limits_{x \to 1}\displaystyle\frac{\rndBrcts{x^{2018}-2x+1} \rndBrcts{x-1}}{\rndBrcts{x-1}\rndBrcts{x-1}} = \\
    = \lim\limits_{x \to 1}\displaystyle\frac{x^{2018}-2x+1}{x-1} = \\
    = \left[
    \begin{gathered}
    \rndBrcts{x^{2018}-2x+1} \bigg|_{x=1} = 0 \\
    \Leftrightarrow \\
    \rndBrcts{x^{2018}-2x+1} \vdots \rndBrcts{x-1}\\
    \text{Разделим многочлен} \rndBrcts{x^{2018}-2x+1} \\
    \text{ на двучлен } \rndBrcts{x-1}\\
    \text{при помощи схемы Горнера:}\\
    \ \ \ 1 \ 0 \ 0 \ 0 \ \ldots \ 0 \ -2 \ 1\\
    1 \ 1 \ 1 \ 1 \ 1 \ \ldots \ 1 \ -1 \ 0\\
    \end{gathered}
    \right ] = \\
    = \lim\limits_{x \to 1}\frac{\rndBrcts{x-1}\rndBrcts{x^{2017}+x^{2016}\ldots+x^2+x-1}}{\rndBrcts{x-1}} = \\ = \lim\limits_{x \to 1}\rndBrcts{x^{2017}+x^{2016}+\ldots+x^2+x-1} = 2016$

  2. Найти предел $\lim\limits_{x \to +\infty} \rndBrcts{\cos{\frac{1}{\sqrt{x}}}}^x.$
    Решение

    $\lim\limits_{x \to +\infty} \rndBrcts{\cos{\frac{1}{\sqrt{x}}}}^x = \lim\limits_{x \to +\infty}e^{x \ln{\cos{\frac{1}{\sqrt{x}}}}} =
    e^{\lim\limits_{x \to +\infty}x \ln{\cos{\frac{1}{\sqrt{x}}}}} = \\ =
    \left[
    \begin{gathered}
    \lim\limits_{x \to +\infty}x \ln{\cos{\frac{1}{\sqrt{x}}}} = \\ = \lim\limits_{x \to +\infty}x \ln{\rndBrcts{1+\rndBrcts{ \cos{\frac{1}{\sqrt{x}}}-1}}} = \\
    = \left[
    \begin{gathered}
    \text{При } x \to +\infty \\
    \ln{\rndBrcts{1 + \rndBrcts{ \cos{\frac{1}{\sqrt{x}}}-1}}} \sim \\ \sim \cos{\frac{1}{\sqrt{x}}}-1 = \\ = -2{\sin^2{\frac{1}{2\sqrt{x}}}} \sim \\ \sim -2 \cdot {\rndBrcts{\frac{1}{2\sqrt{x}}}}^2 = -\frac{1}{2x}
    \end{gathered}
    \right ] = \\
    = \lim\limits_{x \to +\infty}\frac{-x}{2x} = -\frac{1}{2}
    \end{gathered}
    \right ]
    = e^{-\frac{1}{2}}$

  3. Найти предел $\lim\limits_{x \to 0} \displaystyle\frac{\arctg{\rndBrcts{\rndBrcts{1+x}^3-1}}+2\tg{x}}{e^x-1+3\ln{\rndBrcts{1+x}}}.$
    Решение

    $\lim\limits_{x \to 0} \displaystyle\frac{\arctg{\rndBrcts{\rndBrcts{1+x}^3-1}}+2\tg{x}}{e^x-1+3\ln{\rndBrcts{1+x}}} = \\
    = \left[
    \begin{gathered}
    \text{При }x \to 0\\
    \arctg{\rndBrcts{\rndBrcts{1+x}^3-1}} = \\ =\rndBrcts{1+x}^3-1 + \overline o\rndBrcts{\rndBrcts{1+x}^3-1} = \\
    =\rndBrcts{1+x}^3-1+\overline o\rndBrcts{x} = \\ = 3x+\overline o\rndBrcts{x}+\overline o\rndBrcts{x}=3x+\overline o\rndBrcts{x}\\
    \tg{x} = x+\overline o\rndBrcts{x}\\
    e^x-1 = x+\overline o\rndBrcts{x}\\
    \ln{\rndBrcts{1+x}} = x+\overline o\rndBrcts{x}
    \end{gathered}
    \right ] = \\
    =\lim\limits_{x \to 0}\displaystyle\frac{3x+\overline o\rndBrcts{x}+2x+\overline o\rndBrcts{x}}{x+\overline o\rndBrcts{x}+3 \rndBrcts{x+\overline o\rndBrcts{x}}} =
    \lim\limits_{x \to 0}\displaystyle\frac{5x+\overline o\rndBrcts{x}}{4x+\overline o\rndBrcts{x}} = \\ =\lim\limits_{x \to 0}\displaystyle\frac{5+\frac{\overline o\rndBrcts{x}}{x}}{4+\frac{\overline o\rndBrcts{x}}{x}}=\frac{5}{4}$

  4. Найти предел $\lim\limits_{x \to a} \displaystyle\frac{a^x-x^a}{x-a}, \ a \gt 0.$
    Решение

    $\lim\limits_{x \to a} \displaystyle\frac{a^x-x^a}{x-a} = \lim\limits_{x \to a} \displaystyle\frac{\rndBrcts{a^x-a^a}-\rndBrcts{x^a-a^a}}{x-a} = \\ = \lim\limits_{x \to a} \displaystyle\frac{a^a\rndBrcts{a^{x-a}-1}-a^a\rndBrcts{\rndBrcts{\frac{x}{a}}^a-1}}{x-a} = \\
    = \lim\limits_{x \to a}\displaystyle\frac{a^a\rndBrcts{a^{x-a}-1}-a^a\rndBrcts{\rndBrcts{1+\rndBrcts{\displaystyle\frac{x}{a}-1}}^a-1}}{x-a} = \\
    = \left[
    \begin{gathered}
    \text{При }x \to a \\
    a^{x-a}-1 = \rndBrcts{x-a}\ln{a}+\overline o\rndBrcts{x-a} \\
    \rndBrcts{1+\rndBrcts{\frac{x}{a}-1}}^a-1 = \\
    = a\rndBrcts{\frac{x}{a}-1}+\overline o\rndBrcts{\frac{x}{a}-1} = \\
    = \rndBrcts{x-a}+\overline o\rndBrcts{x-a}
    \end{gathered}
    \right ] = \\
    = \lim\limits_{x \to a} \frac{a^a\rndBrcts{\rndBrcts{x-a}\ln{a}+\overline o\rndBrcts{x-a}}-a^a\rndBrcts{\rndBrcts{x-a}+\overline o\rndBrcts{x-a}}}{x-a} = \\ = \lim\limits_{x \to a} \displaystyle\frac{a^a\rndBrcts{x-a}\rndBrcts{\ln{a}-1}+\overline o\rndBrcts{x-a}}{x-a} = \\
    = a^a\rndBrcts{\ln{a}-1}$

  5. Доказать, что $\forall n \in \mathbb{N} \ \underbrace{\sqrt{x+\sqrt{x+\ldots+\sqrt{x}}}}_{n \text{ корней}} \sim \sqrt{x}$ при $x \to +\infty$
    Решение

    Докажем утверждение методом математической индукции по $n$ — количеству корней.

    База индукции. При $n = 1$ имеем $\sqrt{x} \sim \sqrt{x},$ что, очевидно, верно в силу рефлексивности бинарного отношения эквивалентности функций.

    Предположение индукции. Пусть утверждение верно для всех $n \leqslant k, \ k \geqslant 1.$

    Шаг индукции. Докажем теперь утверждение для $n = k+1.$ Покажем, что $\underbrace{\sqrt{x+\sqrt{x+\ldots+\sqrt{x}}}}_{k+1 \text{ корень}} \sim \sqrt{x},$ что равносильно тому, что $\lim\limits_{x \to +\infty}\displaystyle\frac{\underbrace{\sqrt{x+\sqrt{x+\ldots+\sqrt{x}}}}_{k+1 \text{ корень}}}{\sqrt{x}}=1.$ Имеем: $\displaystyle\frac{\underbrace{\sqrt{x+\sqrt{x+\ldots+\sqrt{x}}}}_{k+1 \text{ корень}}}{\sqrt{x}} = \displaystyle\frac{\sqrt{x}\sqrt{1+\frac{{\underbrace{\sqrt{x+\sqrt{x+\ldots+\sqrt{x}}}}_{k \text{ корней}}}}{x}}}{\sqrt{x}} = \\ = \displaystyle\sqrt{1+\frac{{\underbrace{\sqrt{x+\sqrt{x+\ldots+\sqrt{x}}}}_{k \text{ корней}}}}{x}}.$
    По индуктивному предположению $\underbrace{\sqrt{x+\sqrt{x+\ldots+\sqrt{x}}}}_{k \text{ корней}} \sim \sqrt{x},$ что по критерию эквивалентности означает, что $\underbrace{\sqrt{x+\sqrt{x+\ldots+\sqrt{x}}}}_{k \text{ корней}} = \sqrt{x}+\overline{o}\rndBrcts{\sqrt{x}} = \overline{o}\rndBrcts{x}.$ Тогда переходя к пределу имеем: $\lim\limits_{x \to +\infty}\displaystyle\frac{\underbrace{\sqrt{x+\sqrt{x+\ldots+\sqrt{x}}}}_{k+1 \text{ корень}}}{\sqrt{x}} = \lim\limits_{x \to +\infty}\sqrt{1+\frac{\overline{o}\rndBrcts{x}}{x}} = 1.$

Смотрите также

  1. Тер-Крикоров А. М., Шабунин М.И. Курс математического анализа: Учеб. пособие для вузов. – 3-е изд., исправл. / А. М. Тер-Крикоров, М.И. Шабунин. – Москва: ФИЗМАТЛИТ, 2001. – 672 с. — С. 116-121.
  2. Кудрявцев Л. Д. Курс математического анализа : учебник для вузов: В 3 т. Т. 1. Дифференциальное и интегральное исчисления функций одной переменной / Л. Д. Кудрявцев. — 5-е изд., перераб. и доп. — Москва: Дрофа, 2003. — 703 с. — С. 253-271.
  3. Фихтенгольц Г. М. Курс дифференциального и интегрального исчисления: учеб. пособие для ун-тов и пед. ин-тов. Т. 1 / Г. М. Фихтенгольц. — 5-е изд., стереотип. — Москва: Физматгиз, 1962. — 607 с. — С. 136-146.

Эквивалентные функции и символы Ландау

Лимит времени: 0

Информация

Пройдите этот тест, чтобы проверить свои знания по только что прочитанной теме

Вы уже проходили тест ранее. Вы не можете запустить его снова.

Тест загружается…

Вы должны войти или зарегистрироваться для того, чтобы начать тест.

Вы должны закончить следующие тесты, чтобы начать этот:

Правильных ответов: 0 из 9

Ваше время:

Время вышло

Вы набрали 0 из 0 баллов (0)

Средний результат

 

 
Ваш результат

 

 
Ваш результат был записан в таблицу лидеров
  1. С ответом
  2. С отметкой о просмотре

Поделиться ссылкой:

Похожее

ib.mazurok.com

Эквивалентные функции — ПриМат

$\DeclareMathOperator{\ctg}{ctg}\DeclareMathOperator{\tg}{tg} \DeclareMathOperator{\arctg}{arctg} \newcommand{\rndBrcts}[1]{\left ( #1 \right )} \newcommand{\abs}[1]{\left | #1 \right |}$Определение. Пусть функции $f$ и $g$ отличны от нуля в проколотой окрестности точки $x_0$ (равной, быть может, $+\infty,$ $-\infty$ или $\infty$). Говорят, что функции $f$ и $g$ эквивалентны при $x \to x_0,$ если $\lim\limits_{x \to x_0}\frac{f\rndBrcts{x}}{g\rndBrcts{x}} = 1.$ Обозначают это так: $f\rndBrcts{x} \sim g\rndBrcts{x} \ \rndBrcts{x \to x_0}.$

В терминах этого определения найденные ранее (см. Первый замечательный предел, Второй замечательный предел) пределы можно переписать следующим образом (все соотношения формулируются для случая $x \to 0$):
$$
\sin{x} \sim x, \\
\tg{x} \sim x, \\
1-\cos{x} \sim \frac{1}{2}x^2, \\
\arcsin{x} \sim x, \\
\arctg{x} \sim x, \\
a^x-1 \sim x \ln{a}, \\
\log_a{\rndBrcts{1+x}} \sim \frac{x}{\ln{a}}, \\ \
\rndBrcts{1+x}^\alpha-1\sim \alpha \cdot x.
$$

Эти соотношения останутся в силе, если в них вместо переменной $x$ записать отличную от нуля функцию $\varphi \rndBrcts{x},$ стремящуюся к нулю при $x \to x_0.$ Например, $\sin{x^2} \sim x^2 \ \rndBrcts{x \to 0},$ $\tg{\frac{1}{x}} \sim \frac{1}{x} \ \rndBrcts{x \to \infty},$ $\tg{\sin{\rndBrcts{x-1}^2}} \sim \sin{\rndBrcts{x-1}^2} \sim \rndBrcts{x-1}^2 \ \rndBrcts{x \to 1}.$

Теорема (применение эквивалентных функций для нахождения пределов). Пусть $f\rndBrcts{x} \sim f_1\rndBrcts{x}$ и $g\rndBrcts{x} \sim g_1\rndBrcts{x}$ при $x \to x_0$ и пусть существует $\lim\limits_{x \to x_0}\frac{f_1\rndBrcts{x}}{g_1\rndBrcts{x}} = A.$ Тогда существует $\lim\limits_{x \to x_0}\frac{f\rndBrcts{x}}{g\rndBrcts{x}} = A.$

По определению эквивалентных функций, используя арифметические свойства пределов, получаем
$$\lim\limits_{x \to x_0}\frac{f\rndBrcts{x}}{g\rndBrcts{x}} = \lim\limits_{x \to x_0}\frac{f\rndBrcts{x}}{f_1\rndBrcts{x}} \cdot \frac{g_1\rndBrcts{x}}{g\rndBrcts{x}} \cdot \frac{f_1\rndBrcts{x}}{g_1\rndBrcts{x}} = 1 \cdot 1 \cdot A = A,$$ и теорема доказана.

Доказанная теорема означает, что при вычислении пределов в произведении и в частном функции можно заменять эквивалентными. При этом существование предела и его величина не изменяются.

Пример.
$$\lim\limits_{x \to 0} \frac{\arcsin{x} \cdot \rndBrcts{e^x-1}}{1-\cos{x}} = \lim\limits_{x \to 0} \frac{x \cdot x}{\frac{x^2}{2}} = 2$$

Сравнение бесконечно больших и бесконечно малых

Символами Ландау называются символы $\overline{o}$ и $\underline O.$ Дадим определение.

Определение Пусть функции $f$ и $g$ определены в проколотой окрестности точки $x_0$ (конечного или бесконечного) и $g\rndBrcts{x} \neq 0.$ Говорят, что $f\rndBrcts{x}$ является $\overline{o}$-малой относительно $g\rndBrcts{x}$ при $x \to x_0,$ если $\lim\limits_{x \to x_0} \frac{f\rndBrcts{x}}{g\rndBrcts{x}} = 0.$ Обозначают это так: $f\rndBrcts{x} = \overline o\rndBrcts{g\rndBrcts{x}} \ \rndBrcts{x \to x_0}.$

Если $f\rndBrcts{x} \to 0, \ g\rndBrcts{x} \to 0$ и $f\rndBrcts{x} = \overline o\rndBrcts{g\rndBrcts{x}}$ при $x \to x_0,$ то говорят, что $f\rndBrcts{x}$ является бесконечно малой более высокого порядка, чем $g\rndBrcts{x},$ при $x \to x_0.$ Если же $f\rndBrcts{x} \to \infty, \ g\rndBrcts{x} \to \infty$ и $f\rndBrcts{x} = \overline o\rndBrcts{g\rndBrcts{x}} \text{ при } x \to x_0,$ то говорят, что $g\rndBrcts{x}$ стремится к бесконечности быстрее, чем $f\rndBrcts{x},$ при $x \to x_0.$ Например, $\sin \rndBrcts{x^2} = \overline o\rndBrcts{x} \ \rndBrcts{x \to 0}, \ \tg^3{x} \cdot \sin{\frac{1}{x}} = \overline o\rndBrcts{x^2} \ \rndBrcts{x \to 0}.$

Определение. Пусть функции $f$ и $g$ определены в проколотой окрестности $x_0$ (конечного или бесконечного) и $g\rndBrcts{x} \neq 0.$ Говорят, что $f\rndBrcts{x}$ является $\underline O$-большим относительно $g\rndBrcts{x}$ при $x \to x_0,$ если существует такая проколотая окрестность $U_{\delta}$ точки $x_0,$ что для всех $x \in U_{\delta}$ справедливо неравенство $\abs{f\rndBrcts{x}} \leqslant c \cdot \abs{g\rndBrcts{x}},$ где постоянная $c$ не зависит от $x$ (но может зависеть от окрестности $U_{\delta}$). Обозначают это так: $f\rndBrcts{x} = \underline O \rndBrcts{g\rndBrcts{x}} \ \rndBrcts{x \to x_0}.$

Например, $x^2+2x^3 = \underline O \rndBrcts{x^2}.$

Теорема. Пусть существует $\lim \limits_{x \to x_0} \abs{\frac{f\rndBrcts{x}}{g\rndBrcts{x}}} = K,$ где $0 \leqslant K \lt+\infty.$ Тогда $f\rndBrcts{x} = \underline O \rndBrcts{g\rndBrcts{x}}.$

Рассматриваем случай $x_0 \in \mathbb{R}.$ Зададим $\varepsilon = 1$ и найдем такое $\delta \gt 0,$ что для всех $x,$ удовлетворяющих условию $\abs{x-x_0} \lt \delta,$ справедливо неравенство $\abs{\abs{\frac{f\rndBrcts{x}}{g\rndBrcts{x}}}-K} \lt 1.$ Последнее неравенство равносильно тому, что
$$K-1 \lt \abs{\frac{f\rndBrcts{x}}{g\rndBrcts{x}}} \lt K+1.$$ Умножая правое неравенство на $\abs{g\rndBrcts{x}},$ получаем утверждение теоремы.

Теорема (критерий эквивалентности функций). Для того, чтобы отличные от нуля функции $f$ и $g$ были эквивалентны при $x \to x_0,$ необходимо и достаточно, чтобы было выполнено равенство $f\rndBrcts{x} = g\rndBrcts{x}+\overline o\rndBrcts{g\rndBrcts{x}} \ \rndBrcts{x \to x_0}.$

Необходимость. Пусть $f\rndBrcts{x} \sim g\rndBrcts{x}$ при $x \to x_0.$ Тогда $\frac{f\rndBrcts{x}}{g\rndBrcts{x}}-1 \to 0 \ \rndBrcts{x \to x_0},$ т. е. $\frac{f\rndBrcts{x}}{g\rndBrcts{x}}-1 = h\rndBrcts{x},$ где $h\rndBrcts{x} \to 0 \ \rndBrcts{x \to x_0}.$ Отсюда следует, что $f\rndBrcts{x} = g\rndBrcts{x}+g\rndBrcts{x} \cdot h\rndBrcts{x}.$ Но $\frac{g\rndBrcts{x} \cdot h\rndBrcts{x}}{g\rndBrcts{x}} = h\rndBrcts{x},$ т. е. $g\rndBrcts{x} \cdot h\rndBrcts{x} = \overline o\rndBrcts{g\rndBrcts{x}} \ \rndBrcts{x \to x_0}.$

Достаточность. Если $f\rndBrcts{x} = g\rndBrcts{x}+\overline o\rndBrcts{g\rndBrcts{x}} \ \rndBrcts{x \to x_0},$ то $\frac{f\rndBrcts{x}}{g\rndBrcts{x}} = 1+\frac{\overline o\rndBrcts{g\rndBrcts{x}}}{g\rndBrcts{x}}$ и поэтому $\lim\limits_{x \to x_0} \frac{f\rndBrcts{x}}{g\rndBrcts{x}} = 1.$

Используя эту теорему, набор эквивалентных функций, выписанный нами ранее, можно переписать в следующем виде (всюду $x \to 0$):
$$
\sin{x} = x+\overline o\rndBrcts{x}, \\
\tg{x} = x+\overline o\rndBrcts{x}, \\
1-\cos{x} = \frac{1}{2}x^2+\overline o\rndBrcts{x^2}, \\
\arcsin{x}= x+\overline o\rndBrcts{x}, \\
\arctg{x} = x+\overline o\rndBrcts{x},\\
a^x-1 = x \ln{a}+\overline o\rndBrcts{x}, \\
\log_a{\rndBrcts{1+x}} = \frac{x}{\ln{a}} + \overline o\rndBrcts{x}, \\
\rndBrcts{1+x}^\alpha-1 = \alpha \cdot x + \overline o\rndBrcts{x}.
$$

С помощью этой таблицы можно вычислять пределы. Покажем это на примерах.

Пример 1.$$\lim\limits_{x \to 0}\frac{e^x-\sqrt[3]{1+x}}{2 \arctg{x}-\arcsin{x}} = \lim\limits_{x \to 0}\frac{e^x-1-\rndBrcts{\sqrt[3]{1+x}-1}}{2 \arctg{x}-\arcsin{x}} = \\ = \lim\limits_{x \to 0}\frac{x+\overline o\rndBrcts{x}-\rndBrcts{\frac{1}{3}x+\overline o\rndBrcts{x}}}{2\rndBrcts{x+\overline o\rndBrcts{x}}-x+\overline o\rndBrcts{x}} = \lim\limits_{x \to 0}\frac{\frac{2}{3}x+\overline o\rndBrcts{x}}{x+\overline o\rndBrcts{x}} = \\ = \lim\limits_{x \to 0}\frac{\frac{2}{3}+\frac{\overline o\rndBrcts{x}}{x}}{1+\frac{\overline o\rndBrcts{x}}{x}} = \frac{2}{3}$$

Пример 2. Раскрытие неопределенности $\left [ 1^\infty \right ].$ Пусть $\alpha\rndBrcts{x} \to 0 \rndBrcts{\alpha\rndBrcts{x} \neq 0}, \ \beta\rndBrcts{x} \to \infty.$ Тогда, в силу непрерывности показательной функции,
$$\lim\limits_{x \to x_0}\rndBrcts{1+\alpha\rndBrcts{x}}^{\beta\rndBrcts{x}} = \lim\limits_{x \to x_0}e^{\beta\rndBrcts{x}\ln \rndBrcts{{1+\alpha\rndBrcts{x}}}} = e^{\lim\limits_{x \to x_0}\beta\rndBrcts{x}\rndBrcts{\alpha\rndBrcts{x}+\overline o\rndBrcts{\alpha\rndBrcts{x}}}}.$$ Если существует $\lim\limits_{x \to x_0}\alpha\rndBrcts{x}\cdot\beta\rndBrcts{x} = A,$ то
$$\lim\limits_{x \to x_0}\beta\rndBrcts{x}\rndBrcts{\alpha\rndBrcts{x}+\overline o\rndBrcts{\alpha\rndBrcts{x}}} = \\ =\lim\limits_{x \to x_0}\beta\rndBrcts{x}\cdot\alpha\rndBrcts{x}\cdot\frac{\alpha\rndBrcts{x}+\overline o\rndBrcts{\alpha\rndBrcts{x}}}{\alpha\rndBrcts{x}} = \\ = \lim\limits_{x \to x_0}\beta\rndBrcts{x}\cdot\alpha\rndBrcts{x}\cdot\rndBrcts{1+\frac{\overline o\rndBrcts{\alpha\rndBrcts{x}}}{\alpha\rndBrcts{x}}}= A.$$ Поэтому
$$\lim\limits_{x \to x_0}\rndBrcts{1+\alpha\rndBrcts{x}}^{\beta\rndBrcts{x}} = e^A.$$

Упражнение. Пусть $\lim\limits_{x \to x_0}\alpha\rndBrcts{x} = 0, \lim\limits_{x \to x_0}\beta\rndBrcts{x} = \infty.$ Доказать, что $\lim\limits_{x \to x_0}\rndBrcts{1+\alpha\rndBrcts{x}}^{\beta\rndBrcts{x}} = 0,$ если $\lim\limits_{x \to x_0}\alpha\rndBrcts{x}\cdot\beta\rndBrcts{x} = -\infty.$ Если же $\lim\limits_{x \to x_0}\alpha\rndBrcts{x}\cdot\beta\rndBrcts{x} = +\infty,$ то $\lim\limits_{x \to x_0}\rndBrcts{1+\alpha\rndBrcts{x}}^{\beta\rndBrcts{x}} = +\infty.$

Примеры решения задач

Рассмотрим примеры задач, в которых могут использоваться эквивалентные функции и символы Ландау. Читателю с целью самопроверки предлагается решить данные примеры самому, а затем сверить свое решение с приведенным.

  1. Найти предел $\lim\limits_{x \to 1}\displaystyle\frac{\rndBrcts{x^{2018}-2x+1} \rndBrcts{e^{x-1}-1}}{\rndBrcts{x-1}\sin{ \rndBrcts{x-1}}}.$
    Решение

    $\lim\limits_{x \to 1}\displaystyle\frac{\rndBrcts{x^{2018}-2x+1} \rndBrcts{e^{x-1}-1}}{\rndBrcts{x-1}\sin{ \rndBrcts{x-1}}} = \\
    = \left[
    \begin{gathered}
    \text{При }x \to 1\\
    e^{x-1}-1 \sim x-1\\
    \sin{\rndBrcts{x-1}} \sim x-1\\
    \end{gathered}
    \right ] = \\
    = \lim\limits_{x \to 1}\displaystyle\frac{\rndBrcts{x^{2018}-2x+1} \rndBrcts{x-1}}{\rndBrcts{x-1}\rndBrcts{x-1}} = \\
    = \lim\limits_{x \to 1}\displaystyle\frac{x^{2018}-2x+1}{x-1} = \\
    = \left[
    \begin{gathered}
    \rndBrcts{x^{2018}-2x+1} \bigg|_{x=1} = 0 \\
    \Leftrightarrow \\
    \rndBrcts{x^{2018}-2x+1} \vdots \rndBrcts{x-1}\\
    \text{Разделим многочлен} \rndBrcts{x^{2018}-2x+1} \\
    \text{ на двучлен } \rndBrcts{x-1}\\
    \text{при помощи схемы Горнера:}\\
    \ \ \ 1 \ 0 \ 0 \ 0 \ \ldots \ 0 \ -2 \ 1\\
    1 \ 1 \ 1 \ 1 \ 1 \ \ldots \ 1 \ -1 \ 0\\
    \end{gathered}
    \right ] = \\
    = \lim\limits_{x \to 1}\frac{\rndBrcts{x-1}\rndBrcts{x^{2017}+x^{2016}\ldots+x^2+x-1}}{\rndBrcts{x-1}} = \\ = \lim\limits_{x \to 1}\rndBrcts{x^{2017}+x^{2016}+\ldots+x^2+x-1} = 2016$

  2. Найти предел $\lim\limits_{x \to +\infty} \rndBrcts{\cos{\frac{1}{\sqrt{x}}}}^x.$
    Решение

    $\lim\limits_{x \to +\infty} \rndBrcts{\cos{\frac{1}{\sqrt{x}}}}^x = \lim\limits_{x \to +\infty}e^{x \ln{\cos{\frac{1}{\sqrt{x}}}}} =
    e^{\lim\limits_{x \to +\infty}x \ln{\cos{\frac{1}{\sqrt{x}}}}} = \\ =
    \left[
    \begin{gathered}
    \lim\limits_{x \to +\infty}x \ln{\cos{\frac{1}{\sqrt{x}}}} = \\ = \lim\limits_{x \to +\infty}x \ln{\rndBrcts{1+\rndBrcts{ \cos{\frac{1}{\sqrt{x}}}-1}}} = \\
    = \left[
    \begin{gathered}
    \text{При } x \to +\infty \\
    \ln{\rndBrcts{1 + \rndBrcts{ \cos{\frac{1}{\sqrt{x}}}-1}}} \sim \\ \sim \cos{\frac{1}{\sqrt{x}}}-1 = \\ = -2{\sin^2{\frac{1}{2\sqrt{x}}}} \sim \\ \sim -2 \cdot {\rndBrcts{\frac{1}{2\sqrt{x}}}}^2 = -\frac{1}{2x}
    \end{gathered}
    \right ] = \\
    = \lim\limits_{x \to +\infty}\frac{-x}{2x} = -\frac{1}{2}
    \end{gathered}
    \right ]
    = e^{-\frac{1}{2}}$

  3. Найти предел $\lim\limits_{x \to 0} \displaystyle\frac{\arctg{\rndBrcts{\rndBrcts{1+x}^3-1}}+2\tg{x}}{e^x-1+3\ln{\rndBrcts{1+x}}}.$
    Решение

    $\lim\limits_{x \to 0} \displaystyle\frac{\arctg{\rndBrcts{\rndBrcts{1+x}^3-1}}+2\tg{x}}{e^x-1+3\ln{\rndBrcts{1+x}}} = \\
    = \left[
    \begin{gathered}
    \text{При }x \to 0\\
    \arctg{\rndBrcts{\rndBrcts{1+x}^3-1}} = \\ =\rndBrcts{1+x}^3-1 + \overline o\rndBrcts{\rndBrcts{1+x}^3-1} = \\
    =\rndBrcts{1+x}^3-1+\overline o\rndBrcts{x} = \\ = 3x+\overline o\rndBrcts{x}+\overline o\rndBrcts{x}=3x+\overline o\rndBrcts{x}\\
    \tg{x} = x+\overline o\rndBrcts{x}\\
    e^x-1 = x+\overline o\rndBrcts{x}\\
    \ln{\rndBrcts{1+x}} = x+\overline o\rndBrcts{x}
    \end{gathered}
    \right ] = \\
    =\lim\limits_{x \to 0}\displaystyle\frac{3x+\overline o\rndBrcts{x}+2x+\overline o\rndBrcts{x}}{x+\overline o\rndBrcts{x}+3 \rndBrcts{x+\overline o\rndBrcts{x}}} =
    \lim\limits_{x \to 0}\displaystyle\frac{5x+\overline o\rndBrcts{x}}{4x+\overline o\rndBrcts{x}} = \\ =\lim\limits_{x \to 0}\displaystyle\frac{5+\frac{\overline o\rndBrcts{x}}{x}}{4+\frac{\overline o\rndBrcts{x}}{x}}=\frac{5}{4}$

  4. Найти предел $\lim\limits_{x \to a} \displaystyle\frac{a^x-x^a}{x-a}, \ a \gt 0.$
    Решение

    $\lim\limits_{x \to a} \displaystyle\frac{a^x-x^a}{x-a} = \lim\limits_{x \to a} \displaystyle\frac{\rndBrcts{a^x-a^a}-\rndBrcts{x^a-a^a}}{x-a} = \\ = \lim\limits_{x \to a} \displaystyle\frac{a^a\rndBrcts{a^{x-a}-1}-a^a\rndBrcts{\rndBrcts{\frac{x}{a}}^a-1}}{x-a} = \\
    = \lim\limits_{x \to a}\displaystyle\frac{a^a\rndBrcts{a^{x-a}-1}-a^a\rndBrcts{\rndBrcts{1+\rndBrcts{\displaystyle\frac{x}{a}-1}}^a-1}}{x-a} = \\
    = \left[
    \begin{gathered}
    \text{При }x \to a \\
    a^{x-a}-1 = \rndBrcts{x-a}\ln{a}+\overline o\rndBrcts{x-a} \\
    \rndBrcts{1+\rndBrcts{\frac{x}{a}-1}}^a-1 = \\
    = a\rndBrcts{\frac{x}{a}-1}+\overline o\rndBrcts{\frac{x}{a}-1} = \\
    = \rndBrcts{x-a}+\overline o\rndBrcts{x-a}
    \end{gathered}
    \right ] = \\
    = \lim\limits_{x \to a} \frac{a^a\rndBrcts{\rndBrcts{x-a}\ln{a}+\overline o\rndBrcts{x-a}}-a^a\rndBrcts{\rndBrcts{x-a}+\overline o\rndBrcts{x-a}}}{x-a} = \\ = \lim\limits_{x \to a} \displaystyle\frac{a^a\rndBrcts{x-a}\rndBrcts{\ln{a}-1}+\overline o\rndBrcts{x-a}}{x-a} = \\
    = a^a\rndBrcts{\ln{a}-1}$

  5. Доказать, что $\forall n \in \mathbb{N} \ \underbrace{\sqrt{x+\sqrt{x+\ldots+\sqrt{x}}}}_{n \text{ корней}} \sim \sqrt{x}$ при $x \to +\infty$
    Решение

    Докажем утверждение методом математической индукции по $n$ — количеству корней.

    База индукции. При $n = 1$ имеем $\sqrt{x} \sim \sqrt{x},$ что, очевидно, верно в силу рефлексивности бинарного отношения эквивалентности функций.

    Предположение индукции. Пусть утверждение верно для всех $n \leqslant k, \ k \geqslant 1.$

    Шаг индукции. Докажем теперь утверждение для $n = k+1.$ Покажем, что $\underbrace{\sqrt{x+\sqrt{x+\ldots+\sqrt{x}}}}_{k+1 \text{ корень}} \sim \sqrt{x},$ что равносильно тому, что $\lim\limits_{x \to +\infty}\displaystyle\frac{\underbrace{\sqrt{x+\sqrt{x+\ldots+\sqrt{x}}}}_{k+1 \text{ корень}}}{\sqrt{x}}=1.$ Имеем: $\displaystyle\frac{\underbrace{\sqrt{x+\sqrt{x+\ldots+\sqrt{x}}}}_{k+1 \text{ корень}}}{\sqrt{x}} = \displaystyle\frac{\sqrt{x}\sqrt{1+\frac{{\underbrace{\sqrt{x+\sqrt{x+\ldots+\sqrt{x}}}}_{k \text{ корней}}}}{x}}}{\sqrt{x}} = \\ = \displaystyle\sqrt{1+\frac{{\underbrace{\sqrt{x+\sqrt{x+\ldots+\sqrt{x}}}}_{k \text{ корней}}}}{x}}.$
    По индуктивному предположению $\underbrace{\sqrt{x+\sqrt{x+\ldots+\sqrt{x}}}}_{k \text{ корней}} \sim \sqrt{x},$ что по критерию эквивалентности означает, что $\underbrace{\sqrt{x+\sqrt{x+\ldots+\sqrt{x}}}}_{k \text{ корней}} = \sqrt{x}+\overline{o}\rndBrcts{\sqrt{x}} = \overline{o}\rndBrcts{x}.$ Тогда переходя к пределу имеем: $\lim\limits_{x \to +\infty}\displaystyle\frac{\underbrace{\sqrt{x+\sqrt{x+\ldots+\sqrt{x}}}}_{k+1 \text{ корень}}}{\sqrt{x}} = \lim\limits_{x \to +\infty}\sqrt{1+\frac{\overline{o}\rndBrcts{x}}{x}} = 1.$

Смотрите также

  1. Тер-Крикоров А. М., Шабунин М.И. Курс математического анализа: Учеб. пособие для вузов. – 3-е изд., исправл. / А. М. Тер-Крикоров, М.И. Шабунин. – Москва: ФИЗМАТЛИТ, 2001. – 672 с. — С. 116-121.
  2. Кудрявцев Л. Д. Курс математического анализа : учебник для вузов: В 3 т. Т. 1. Дифференциальное и интегральное исчисления функций одной переменной / Л. Д. Кудрявцев. — 5-е изд., перераб. и доп. — Москва: Дрофа, 2003. — 703 с. — С. 253-271.
  3. Фихтенгольц Г. М. Курс дифференциального и интегрального исчисления: учеб. пособие для ун-тов и пед. ин-тов. Т. 1 / Г. М. Фихтенгольц. — 5-е изд., стереотип. — Москва: Физматгиз, 1962. — 607 с. — С. 136-146.

Эквивалентные функции и символы Ландау

Лимит времени: 0

Информация

Пройдите этот тест, чтобы проверить свои знания по только что прочитанной теме

Вы уже проходили тест ранее. Вы не можете запустить его снова.

Тест загружается…

Вы должны войти или зарегистрироваться для того, чтобы начать тест.

Вы должны закончить следующие тесты, чтобы начать этот:

Правильных ответов: 0 из 9

Ваше время:

Время вышло

Вы набрали 0 из 0 баллов (0)

Средний результат

 

 
Ваш результат

 

 
Ваш результат был записан в таблицу лидеров
  1. С ответом
  2. С отметкой о просмотре

Поделиться ссылкой:

ib.mazurok.com

Таблица эквивалентности пределов — энциклопедический справочник и словарь для студента от А до Я

ОПРЕДЕЛЕНИЕ

Таблица эквивалентных функций используется для вычисления пределов и изучения числовых рядов для сходимости.

Пусть функция \(\ \alpha(x) \) — бесконечно малая функция в точке а, т. е.

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

то имеют место следующие соотношения:

\(\ \sin \alpha(x) \sim \alpha(x) \), \(\ e^{\alpha(x)}-1 \sim \alpha(x) \)

\(\ \operatorname{tg} \alpha(x) \sim \alpha(x) \), \(\ a^{\alpha(x)}-1 \sim \alpha(x) \ln a \)

\(\ \arcsin \alpha(x) \sim \alpha(x) \), \(\ \ln (1+\alpha(x)) \sim \alpha(x) \)

\(\ \operatorname{arctg} \alpha(x) \sim \alpha(x) \), \(\ \log _{a}(1+\alpha(x)) \sim \frac{\alpha(x)}{\ln a} \)

\(\ 1-\cos \alpha(x) \sim \frac{\alpha^{2}(x)}{2} \), \(\ (1+\alpha(x))^{m}-1 \sim \operatorname{mo}(x) \)

Примеры решения проблем

ПРИМЕР

  • Задача

    Используя таблицу эквивалентных бесконечно малых, вычислите предел

    \(\ \lim _{x \rightarrow 0} \frac{x \arcsin x^{2}}{\sin x} \)

  • Решение.

    Этот предел имеет неопределенность.

    \(\ \left[\frac{0 \cdot \arcsin 0^{2}}{\sin 0}=\frac{0}{0}\right] \)

    Перейдем под знаком предела к эквивалентной бесконечно малой (это можно сделать, поскольку аргументы арксина и синуса стремятся к нулю):

    \(\ \lim _{x \rightarrow 0} \frac{x \arcsin x^{2}}{\sin x}\left[\frac{0}{0}\right]=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{x \cdot x^{2}}{x}=\lim _{x \rightarrow 0} x^{2}=0 \)

  • Ответ

    \(\ \lim _{x \rightarrow 0} \frac{x \arcsin x^{2}}{\sin x}=0 \)

    ПРИМЕР

  • Задача

    Найти предел

    \(\ \lim _{x \rightarrow 1} \frac{\operatorname{tg}(x-1)}{x^{2}-1} \)

  • Решение Узнайте, имеет ли рассматриваемый предел неопределенность, и если да, то какой:

    \(\ \left[\frac{\operatorname{tg}(1-1)}{1^{2}-1}=\frac{\operatorname{tg} 0}{0}=\frac{0}{0}\right] \)

    То есть, мы имеем неопределенность типа \(\ \left[\frac{0}{0}\right] \) . Поскольку касательный аргумент стремится к нулю, когда х стремится к единице, можно заменить касательную на ее эквивалентное значение:

    \(\ \operatorname{tg}(x-1)^{-} x-1 \)

    Для знаменателя фракции применяйте сокращенную формулу умножения «разность квадратов»:

    \(\ \lim _{x \rightarrow 1} \frac{\operatorname{tg}(x-1)}{x^{2}-1}\left[\frac{0}{0}\right]=\lim _{x \rightarrow 1} \frac{x-1}{(x-1)(x+1)}=\lim _{x \rightarrow 1} \frac{1}{x+1}=\frac{1}{1+1}=\frac{1}{2} \)

  • Ответ \(\ \lim _{x \rightarrow 1} \frac{\operatorname{tg}(x-1)}{x^{2}-1}=\frac{1}{2} \)
  • sciterm.ru

    Эквивалентные функции и их применение к нахождению пределов — ПриМат

    Определение :
    Если в которой определены   и ,
    причём  и — эквивалентные при  и пишут

    Понятие эквивалентные обычно используют, когда f и g — бесконечно малые или бесконечно большие при

    Критерий:
    Для того, чтобы две бесконечно малые    и были эквивалентны, необходимо и достаточно, чтобы было
    Положив  , будем иметь  
    Отсюда сразу и вытекает наше утверждение. Действительно, если   , то   , то есть есть бесконечно малая высшего порядка, чем   и  . Обратно, если дано, что , то , а тогда  .
    С помощью этого критерия, например, видно, что при бесконечно малая    эквивалентна , а .
    Доказанное свойство эквивалентных бесконечно малых приводит к использованию их при раскрытии неопределённости   . Т.е. при разыскании предела отношения двух бесконечно малых  . Каждая из них при этом может быть заменена, без влияния на предел, любой эквивалентной ей бесконечно малой.

    Замена функций эквивалентными при вычислении предела:

    Теорема:
    Если , а , при  , то если , то   и 
    Замечание:
    Если в числителе или знаменателе стоит сумма, то  при раскрытии неопределенности заменять отдельные слагаемые эквивалентными величинами нельзя, т.к. такая замена может привести к неверному результату.

    Примеры:

    1) 

    2)

    Источники:

    • Лысенко З.М. Конспект лекций по курсу математического анализа. (Тема «Сравнение функций»).
    • Фихтенгольц Г. М. «Основы математического анализа, том 1» Издание шестое,  стереотипное 1968 Изд-во Наука (с. 112-114)

    Лимит времени: 0

    Информация

    Тест по теме «Эквивалентные функции»

    Вы уже проходили тест ранее. Вы не можете запустить его снова.

    Тест загружается…

    Вы должны войти или зарегистрироваться для того, чтобы начать тест.

    Вы должны закончить следующие тесты, чтобы начать этот:

    Правильных ответов: 0 из 6

    Ваше время:

    Время вышло

    Вы набрали 0 из 0 баллов (0)

    максимум из 6 баллов
    Место Имя Записано Баллы Результат
    Таблица загружается
    Нет данных
    Ваш результат был записан в таблицу лидеров
    1. С ответом
    2. С отметкой о просмотре

    Поделиться ссылкой:

    Похожее

    ib.mazurok.com

    Добавить комментарий

    Ваш адрес email не будет опубликован. Обязательные поля помечены *