Дуров В.В., Мастихин А.В., Савин А.С. Пределы и непрерывность функций (2004) (1095451), страница 4
Текст из файла (страница 4)
(б) Из примера 55 следует, что Ча > 0 о* — 1 х1по (х-+О). (б) Замечание. Соотношения эквивалентности (3)-(б) сохраняют свою истинность при замене х на любую бесконечно малую функцию а(х) при х -~ хо Например, 1 1 я1п — — при х — ~ оо; х х 1 1 " 1+ — — 1 — при х-в оо; х пх 1п х = 1п(1 + (х — 1)) х — 1 при х -в 1 ит.д. Прн вычислении пределов полезна следующая теорема. Теорема 14. Пусть Г" )ы д д1 при х — > е, тогда; а) если существует предел 1пп — = А, то существует и равЯх) д1(х) У(х) ный ему предел 11ш — = А; в-+* д(х) б) если существует предел 1пп ~г(х) д1(х) = В, то существует и равный ему предел 11ш У(х) д(х) = В.
х-+в з1пх, 1 1 Пример 65. Предел 1ип — = 11ы х х->с 18 2х ш-+с 2х 2 1, 1 Пример бб, Предел 1пп х я1п — = йп1 х- = 1. х-> сю х х-Ф со х Замечание. Заменять функции на эквивалентные им в суммах и разностях, вообще говоря, нельзя, 2 2гл соз — аш ж ~х 2~ гя 1 — з1п— х 1 — а1п 1+ в1п— х 2 2 А= 1пп— *-+о ж2 2' Гг Л 1+ з1п- 1+ в1п— х ж 30 31 Пример 67.
Найдем А = Бш ' ' ', Если вос1п(1 + х) + 1п(1 — х) -+о х2 пользоваться формулами 1п(1+ ж) х, 1п(1 — х) — х и заменить х — х функции на эквивалентные, то получим А = Иш — = О, однако в-+О Хг 1п(1 — ж2), -хг это не верно, поскольку А = 1пп = 1пп — = -1. е-+О Хг в-а Хг 18х — в1п х Пример 68, При вычислении предела 1пп замена хз 28 х и з1п х на эквивалентную им при х -+ О функцию х приводит к х — х ошибке, т. е.
А = 11гп — = О. Правильный результат получен в ,з примере 44, Последовательно применяя соотношения (3) — (б), можно вычислять н более сложные пределы. 1псовх Пример 69. Вычислить предел А = 1пп й-+О 1п(1+ в1пхг)' 1 Решение, При х-> О получаем 1псовж = — 1п(1 — в1п х) 2 ьбп х х — — —,1п(1+з1пх ) ьбпх жг поэтому 2 2' г 1п [1+ 1п(1+ хз)1 Пример 70.
Вычислить предел А = 1пп е-ю в1п(хз — хз) Р е ш е н и е. При х -+ О получаем 1п[1+ 1п(1+ хз)] 1п(1+ + жз) хз, вш(жз — жз) хз — хз = ха+ о(жз) жз. Отсюда хз следует, что А = 1пп — = 1. к-+О жз 1пх Пример 71. Вычислить предел А = 1пп Г ж — «/х Р е ш е н и е. При х -г 1 получаем 1п х = 1п [1+ (ж — 1)) ° х — 1, поэтому 1п х . («/ж — 1)~/х+ 1), ~/ж+ 1) *-+1 х —,/х Г,/хЯх — 1) * Г /х е81~ ж Пример 72. Вычислить предел А = Ипг е-~О х Решение. При х — > О получаем е""*-ее = ев(е'ьг" "— 1) - е*(з1л ж — х), поэтому „гв1пх « .
~г . О1пх А 11ш ех' 1~~ 11ш ех~11ш 1) — 1. (1 Ц = О м-го х з-+О х-+О Х ез -еа Пример 73. Вычислить предел А = 11ш, а > О. х-+в 1п ж — 1п а ' Решение. При ж -+ а получаем ее — е' = е'(е' ' — 1) х х х-а е'(х — а) и 1п х — 1п а = 1п -* =!и [1 + (- — 1)) — — 1 = —, а а а а отсюда е' — е" , ае"(ж — а) А = 1пп = 1пп = ае". х->а 1п х — 1п а ж-га х — а 1 — гйп и Пример 74. Вычислить предел А = 1пп в-~2 (х — 2)2 Р е ш е н и е. При ж -г 2 получаем ~г ~г г ( ) яг 2 — хг ггг — ) — (, — 2). 2 8 ж 32 ггг — (х — 2) 2 32 Таким образом, А = 1пп *-~2 (ж — 2)2 32 2в' 2*+2 Пример 75.
Вычислить предел А = 1пп з-Фг З1П 7ГХ Решение: 2х 2х+2 2в+2(2е -х-2 1) 2е+2(2(в-2)1х+1) 1) 2 (х — 2)(ж+1) 1п2 (3.2О!п2)(ж — 2) = (481п2)(х — 2), з1п)гх = 31п()г(2+ х — 2)] = ьйп(2я+ сг(х — 2)] = = ьйп(тг(х — 2)] ° тг(х — 2), при х -+ 2, отсюда получаем (481п 2)(х — 2) 48 1п 2 хэ сг(х — 2) пр, ртр.п и= й (7,трт,г~ — *). хроо Р е ш е н и е, Вынося из-под корня старшую степень х, получим А = 1пп х( 1+ (- — — ) — 1). т х-рсо х хз 2 1 При х -+ со величина — — — бесконечно мала, поэтому хз т 2 1 1 2 1 1+(- — — ) — 1 -(- — — ), х -+ со. х хз *3 Отсюда х 2 1 . 2 1 2 А= 11ш -(- — — ) = ит( — — — ) = —. храп 7 х хз х-рсо 7 7хэ 7 Пример 77.
Вычислип А = и. (Д;~-,— р*:~ с-,р —,3,—,—.) Решение', А = р ~((/Р р т р — ** — ) — (ФРр т — — *)] = - р (у трт '-Р— *) — р (Флирт * — — ). х рос х-рсо Так как первый из этих пределов найден в примере 76, второй подсчитаем тем же методом: ь (ттрррт —,—,)= рсо 32 О,й<-1 2 2 2,й= —; 3' 2 оо рс ) —. 3 ~(х) . 2 артха+ 3~5~ 11ш — = 1'пп а х" * а х" 2 3 Отсюда следует, что порядок малости 3с = —, т.
е. 3(х) 2хп при 3' х + О или в силу критерия эквивалентности функций (теорема 13) 33 3 1 т, х 3 1 3 = 1пп х~ 1+(- — — ) — 1~= 1пп -( — — — )рх —, х-рсо ~ х хп тт х-роо 5 х х4) 5 2 3 11 Окончательно находим А = — — — = — —. 7 5 35 Определение 20. Пусть |пп „= С, О < С < +оо, тогда: ст(х) х-+* ф(х)]" а) если функции а(х), )9(х) бесконечно малые при х -+ х, то функция а(х) называется бесконечно малой порядка й (малости) относительно )3(х) при х -> х; б) если функции (э(х), )3(х) бесконечно большие при х -+», то функция ст(х) называется бесконечно большой порядка Ус (роста) относительно(3(х) при х -~ «, рэ(х) (т(х) Пусть 1пп )]ь —— С, О < С < +ос, тогда „вЂ” С+ +7(х), где функция у(х) бесконечно малая или бесконечно большая при х -> * =о ст(х) = С()3(х))" + о(()3(х))"), х -~ *; функция С((3(х))" называется главной частью бесконечно малой или беско- нечно большой функции ст(х).
В качестве «масштабной» функции бывает удобно брать про- 1 стейшую (х — а),— Пример 78. Найти порядок малости относительно х и главную часть бесконечно малой при х — ~ О функции Дх) = 2 Фхя+ 34хз. Р е ш е н и е. Порядок малости Й определяется из условия йш — =С,О<С<+ос, Дх) х-ра х" ,Г(х) = 2хз + о(хз). Таким образом, главная часть бесконечно ма- Я лой при х -~ 0 функции Г"(х) есть 2хх. Более краткое решение з э а можно получить из соотношений 1(х) = 2хз'+ Зхз = 2хз(1+ 3 з 3 я + -хх) 2хз при х -> О„поскольку !пп(1+ — хк) = 1.
2 *-ю 2' Пример 79, Найти порядок роста относительно х и главную часть бесконечно большой при х — ~ +со функции г" (х) = 2 ~/хз + + 3~/хз. Решение, а к 2 я ,г(х) = 2хз + Зхя = Зхз (1+ -х х) Зхз при х — ~ +со, поскольку !пп (1+ -х 6) = 1. Таким образом, главная часть беса х конечно большой при х -> +со функции Г" (х) есть Зх з, порядок ес 3 роста относительно х равен — , 2 Пример 80. Записать главные части бесконечно малых функций прн указанном стремлении аргумента; 1 1 1 1 а) г(х) = аш(- — -), х -+ 3.
Поскольку ( — — -) -+ 0 при х 3 х 3 1 1 3 — х 1 х-> З,~- — — — = — - --(х — 3), х-+ 3; х 3 Зх 9 хз б) д(х) = в!п(1 — сов х) —, х — ~ 0 (см. пример 41); х+1 в) Ь(х) =~/х+ 1аш!и, х — ~ +со, Ь(х) = ~/ф1+ — х х х пп1п(1+ — ) -,lх!п(1+ — ) - — = —, х — > -!-со, 1 1 ъ~х 1 х х х ъ/х' 11. НЕПРЕРЫВНОСТЬ И ТОЧКИ РАЗРЫВА ФУНКЦИИ Определение 21.
Функция г" (х) называется непрерывной в точке хо, если в этой точке выполняется соотношение ! Дх) = 1:(хо), Это определение предъявляет к функции следующие требова- ния: а) функция г" (х) должна быть определена в точке хо, б) функция г (х) должна иметь предел в точке хо, в) этот предел должен совпадать со значением функции у(х) в этой точке. Если не выполняется хотя бы одно из этих условий, то говорят, что функция г(х) разрывна в точке хо, а сама точка хо называется точкой разрыва функции ! (х). Если при этом односторонние пределы Дхо — О) и ((хо + 0) существуют и конечны, то точка хо называется точкой разрыва 1-го рода.
В частности, если г" (хо — О) = г'(хо + 0), т. е, в точ- ке хо функция ((х) имеет предел, то говорят, что хо есть точка устранимого разрыва. Разрыв в этом случае можно устранить, до- определяя или переопределяя значение функции Г"(х) в точке хо. ,г" (хо) = !1ш,!'(х). Эта процедура называется продолжением функ- ~->во ции по непрерывности. Всякая точка разрыва функции 1(х), не являющаяся точкой раз- рыва 1-го рода, называется точкой разрыва 2-го рода, Другими сло- вами, в точке разрыва 2-го рода по крайней мере один из односто- ронних пределов функции не существует или бесконечен, Наиболее типичный случай разрыва 2-го рода — это именно бесконечный раз- рыв.
1 Пример 81. Функция !(х) = агс!8- имеетв точке х = Оразрыв х первого рода, поскольку ! ( — О) = — —, у(+0) = —. 2' 2 вшх Пример 82. Функция г(х) = — не определена в точке х = О, х однако имеет в этой точке предел 1!гп г" (х) = 1. Следовательно, х-+о х = Π— точка устранимого разрыва функции г" (х).
После доопре- деления ! (О) = 1 функция Дх) станет непрерывной в этой точке. Пример 83. Функция Г'(х) = -~к имеет в точке х =, 0 разрыв второго рода, поскольку Г( — 0) = !'(+О) = +ос, 1 Пример 84. Функция ! (х) = е* имеет в точке х = 0 разрыв второго рода, поскольку ! (+0) = +со. Заметим, что ! ( — О) = О. 35 У(х) = 1 агс18-, х < 1; х' 1 — 1<х<2; х — 1 1п(х — 1) х>2 х — 2 Пример 35, Функция 11х) = вт -' имеет в точке х = 0 разрыв второго рода, поскольку в этой точке не существует ни один из односторонних пределов Д-0) или г1+ 0). Пример Зб.
Точки разрыва функции 12. ВАРИАНТЫ ТИПОВОХ'0 РАСЧКТА Задача 1. Доказать, что йт х„= а, определив для каждого л->оо е > 0 число М = г1(е) такое, что ~х„— а~ < е для всех и > Ф(е). Заполнить таблицу: следует искать как среди точек, выпавших из ее области определения, так и среди точек х = 1 и х = 2, в которых осуществляется склейка разных ее ветвей. Рассмотрим точки О, 1, 2, В точке х = 0 функция1 1х) имеет разрыв первого рода, как известно из примера 81. В точке х = 1 предел слева вычисляется от левой ветви, т.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
