И.И. Ляшко, А.К. Боярчук, Я.Г. Гай, Г.П. Головач - Введение в анализ, производная, интеграл (1108557), страница 20
Текст из файла (страница 20)
+ь+ ~а а+Ь+ с то искомый предел равен (а'Ььс') +ь+, ° 1 210, иап ~ ), а>о„ь>0. -о 1, а*+6* ) ~ Имеем 1 Иш = ехр 1ип где у(х) м ', , 1, так как утверждение А)). Поскольку га(х) — 1, а + 6* — а*— Иап = !ип о х *-о х(а* + Ь" ) йп аа а о 1, йп6* о = 1, Ига а = 1, Ипа 6* = 1 (см. о -о 1 (а" — 1 = !ип х+ *-оа +6 1 хг Ьа — 1 х в — (1п а + !п 6), х х 2 1 — — !!а +1а Ь) то искомый предел равен о аь' Гл. 1. Введение в анализ М Использул второй замечательный предел, после очевидных преобразований находим 1 7.
Предел функции а — 6* 211, 1пп ' „а>0, 6>0. . -о (а' — 6~)т ' и Поскольку (ем пример 197, а)) аь — Ь* = х 1п -+о(хз), (а* — Ь ) и (х!п » +о(х)) хь1п -+о(х~), то а — Ь х !по+о(х) х !по (' а1 ь о (а — 6»)з» о хз1пз †.1.о(хз) ь о хз1пз — с, Ь/ ь ь 212.
Ош 1п(1+2 )1п(1+ — ). в Воспользовавшись аснмптотическим равенством примера 193, находим 31 зт 1пп 1в(1+2*)1п ~1+ -) = йпс (х1п2+1п(1+2 ))!п ~1+ -) = ь — +ь» .) х) — 1пп (х1п2+ 2 *+ о(2 *)) 1 — + о 1-1~1 = 31п2 =1п8. 3» Ь. о» ьх// 213, Доказать, что ь 1пп — =О, а>1, Ь>0. а м Поскольку Йп — „"„= О, а > 1 (см. пример 70), то одновременно будет и 1пп — = О. (сь+ 1) о» ао Следовательно, по заданному е > 0 найдется такое натуральное число К, что при п > ДГ выполняется неравенство (и+ 1)" а" Пусть х > с»с+1; положим и = (х) (целая часть х). Тогда в > Лс и в ( х ( в+1, так что х < ( +1) аь а" Это н доказывает наше утверждение.
М 214, Доказать, что 1о3 х 1пп — =О, а>1, е>0. Ь.ОО х' в Положим х' = и Тогда 1о3,х 1 . 1о3»1 1пп — ' = — 1пп ь -с-ы х ес Ь. » В силу равенства (см. пример 74) Бпс — ' = О, имеем с*а о !од»(сь + 1) и Пусть ес > 0 — произвольное. Тогда существует такое натуральное число Лс, что при п > !7, !о3„(сь + 1) 0< ( ес. сь Для ь > 36+ 1 положим в = [1].
Тогда сь > Ф и сь ( 1 < и+ 1, так что !о3 1 1о3 (и+1) О< — ( < еь, 1 сь ыг, с ва,* т. е. Ыпь — ' = Ос а тем самым и Ош — ', = О. с +со с ь»»' Гл. 1. Введение в анализ 86 Решить примеры (при решении примеров 215, 216 используются формулы а' — э е+э* зЬх э1тх= ' '; «Ьх=; тЬх= —, 2 ' 2 ' сЬх' а также формулы гиперболической тригонометрии): э1тх . сЬ « — 1, тЬх 215. а) йш —; б) 1пп '; в) 1пп —.
э х э хг * э х М а) На основании примера 197, а), имеем з1тх, е — е ег* — 1 1пп — = 1пп = Гнп е — = 1. э х о 2х * о 2х Отсюда зЬх = э+ о(х) при х О. б) На основании а), находим с!тх — ! 2зЬ г 1 эЬ г~ 1 1пп = !пп — г = !пп — —,. г э х э-о х *-э2[ — * ) 2' г Таким образом, сЬ х = 1 + — + о (х ) при х О. г г в) Используя результат решения а) и утверждение А), получаем тЬх зЬх 1 Ьш — =!пп — — = 1. те э х э э х сЬх 218. Еш ат«стдх = атсстбхэ. ээ М Пользуясь тождеством атс!дх + атос!8 х = получаем йш атос!8 х = !пп [ —, — а«с!8 х) = э *-*э т2 †, справедливым при всех значениях х, г' э — — атстбхо = атос!8 хо ° 2 219.
йп атсшп х = атсзтп хэ, а ш Заметим, что если 0 < х < 1 — 1~~х. <1, то атсшп х = атстб — р==., а если 0 < х < 1, то атсшп х г Хт-эг атс«$8-т —. Поэтому для хо б ]О 1[ имеем х хо атстб = а«с!8 = атсзтп хэ, /! - хг о 1пп атсшп х = Гпп В точке хэ = 1 имеем (см. пример 218) ~/Г хг !пп атсшл х = 1пп атос!8 = атос!80 = — = атсшп 1. ~-э .-т-о х 2 216, )Ьп э 1п(«ЬЗх) М Используя результаты решения примера 215, имеем !пп = 1пп эйгх (к+о(х))г . х+о х))г хг = 1пп = !пп à — = —. э !в(сЛЗх) э !и (1 ! хг ! о(хг)) э э - хг .! о(хг) э э - хг 9 Доказать следующие равенства; 21Т. Впт атстдх = агстбхо з э ~ Пусть хэ > 0 и х > О.
Положим ахстб х — аж!8 хо = 1, Тогда для произвольного э > 0 имеем ]а«с!8 х — атстбхо[ =]1] ~< ]18!] = ! ~ < ]х — хо] < э 1+ ххэ как только [х — хэ[ < э (е) = ю Таким образом, соотношение доказано для хэ > О. Если хэ < О, то доказательство сводится к уже рассмотренному случаю, поскольку атст8 (-х) = — атстб х. Справедливость требуемого соотношения при хэ = 0 вытекает иэ очевидного неравенства 0 < ]атст8 х — а«с!8 0[ = [атстб х] < [х[. ш 17. Предел функции Случай — 1 < хо < О сводится к уже рассмотренному, так как атсшп(-х) = — атсшв х. А поскольку для точки хо = О левое и правое предельные значения равны нулю, то доказательство завершено. Ь 220. 1пп атссоз х = атссоз хо, — 1 < хо < 1. о м Поступая аналогично предыдущему примеру и используя тождество л ассе!их+ ахссозх = —, 2 получаем требуемое соотношение.
Оо 221. а) йп агсобх = —; б) !пп агсабх = — —; о о 2 о--о 2' в) Ипе агсс1бх = 0; г) Бш атос!Ох = т. Оо о 7 М а) Пусть с > Π— произвольное. Тогда из неравенства х > об (- — с) = Е(с) вытекает, что атсоб х > — — е, т. е. т О < — — агстб х < с ох > Е(с). 2 б) Имеем 1пп ассой х оо — !пп ассой х = — е. +о 3' в) Используя то, что агсссб х = — — аксай х, получаем /т х Иш агссФбх = 1пп ~- -атссдх) = — — — =О.
О оо оа (,2 ) 2 2 г) Аналогично !ПП атеей Х = ЙП (- — атотб Х1 = — — (- -1 ж т, Ш о — оо о -оо ~2 / 2 з 2/ Найти пределы: 222 й атее!и ах а ~ О. о о Х М Поскольку Иш атсшпх = О и !пп '— """ ж 1пп .'"и".о =1, то о о Вхсз!и ах, ассе!и ах 1пп = !пп а ма, о х о ах 2ИЗ. Иш ""б'" а Оа О, о х ~ Из того, что йш атс!б х = О, следует, что о агс!б ах „атссб ах !пп а=а. Ш о х о о об(агсобах) 224.
Бп, — '~'. ~'О=..'.-.'е'. М Поскольку !пп (агсоб (х+ Ь) — агссб х) = О, то а о атсоб(с+Л) — атс!сх . Фб(атсоб(х+Ь) — атсобх), х+Ь вЂ” х 1 1пп =1пп =Иш — ш а о Л л о Ь а о Ь(1.ьха 1-Лх) 1-1-хз 225. а) йш —,; б) 1пп 1 . 1 --о +о 1+ е* 1+ ей 1 М о) Если х — ~ -О, то - — со, а е* о О, поэтому 1пп — з- = 1. *--о ооон 1 1 б) Если же х +О, то „- — +со и — — О, т. е. искомыи предел равен О. Ь 1+о 226.
Ипз е!п(т~/оез -!-1). 88 Гл. 1. Введение в анализ М ЗаПИСаВ ПОСЛЕдсзатЕЛЬНОСтЬ у„= В!П(я~/И~ + 1) В ВИДЕ у» = В!П(т(|Запад+ 1 — П+ П)), получим !пп ап(я,/дг + 1) = !пп в1п ((я~/н~ + 1 — зги) + згп) = »»з О = 1|щ ( — 1)" в|л ! зг(~/эа + 1 — и)] = Йп ( — 1)»ап = О. Ь / »»з ьззаь+!+и 227. Ищ в!и'(та?гааз+ зь). О М Аналогично примеру 226 имеем Ьп айп (х~/тР + в) = И|л в!п~ ((я1ззгзьз + и — юг) + тазг) = » ь » = 1пп в!и ! т(ьгиз + зь — и)) = !пп в!п = 1. ф+-+ 228.
Если Глп зз(х) = А и 1!щ ззз(х) = В, то следует ли отсюда, что 1пп зьз(р(х)) = В? в в а Рассмотреть пример: х(х) = — при х = —, где р и д — взаимно простые числа и Зь(х) = О Ч Ч при х иррациональном; азз(х) = 1 при х ф О и зб(х) = О при х = О, причем х О. м из условия примера следует, что для произвольного в > О существует такое а = л(в) > О, что ]за|(и) — В] < в, как только О<]в — А]<ьг, (2) т. е. неравенство (1) выполняется для всех значений и из л — окрестности точки А, исключая саму точку А.
Далее, согласно условию задачи, для произвольного зг > О, в том числе и для о из неравенства (2), существует такое бз(а(в)) = б (в) > О, что для всех х, удовлетворяющих условию О < ]х — а( < б'(в), (3) функция в = Ф(х) удовлетворяет неравенству ]Чз(х) — А] < щ (4) причем,не исключается случай, когда р(х) = А. Но при и = !в(х) = А функция з?з(и) = з?з(вз(х)) может быть вовсе не определена или же определена,но ее значение згз(А) ЧВ йш з?з(в), В обоих случаях неравенство (3) не обеспечи- А вает выполнение неравенства (1).
Для того чтобы из условий Ищ Зз(х) = А, Ит зб(х) = В в в а вытекало равенство йзп з/з(дз(х)) = В, достаточноз чтобы ьв(х) ф А при х ф а. В предложен» ном примере зто условие не выполняется. м 229. Пусть для всех х б ]хз, хв + 1], где хв — фиксировано, выполнены условия: 1) Р в(х) 3 О, й = 1, и; 3) ~~ Р к(х) щ 1; ь=з 3) И|п Р |1,х) = О при каждом фиксированном х; 4) Вьп в»(х) = !. Доказат|» что 1пп ! = 1, где !» = ~~з Р;ь(х) иь(х).
С в=| м Пусть в > Π— произвольное. Из условия 4) следует существование такого числа Лг = Л!(вз х) > О, что ]и„(х) — !] < †' для всех и > Л'. Из этого же условия следует существование такого числа М > О,что ]з»(х)] < М, ]н„(х) — !] < 3М Уга б ?4, Из условия 3) вытекает существование такого числа нв = зав(в, х) > Лз, что Р»ь(х) < —, й = 1, Л1, зУза > вв. 4МЛ' ' 69 $ "ь. Предел функции Из этих неравенств н условий 1), 2) следует неравенство !г„— Ц = ~~ь Рсь(х)иг(х) — 1 ) Р„ь(х) < ~ Р л(х)(иа(х) — Ц = л=з ь=ь л=ь = Р„ь(х)!иь(х) — Ц+ Роз(х)/иэ(х) — Ц+ ...
+ Р зч(х)~ин(х) — Ц+ + Р нгДин+,(х) — Ц+ ... + Р (х))и (х) - Ц < — Л2М+ 4зь" М + -(Р„нег(х) +... + Р „(х)) < — + — = е ьььн ) нв. 2 2 2 Следовательно, 1йп г = 1. 230. Доказать теоремы Коши: если функция 1':]а, +со[-» й ограничена в каасдсл конечном инньервале )а, Ь(, оьо а) 1по — = Йп (у(х+ 1) — 1(х)); б) 1пп (у(х))2 = Впь г"(х),, ', у(х+ 1) у(х) ) с > О, Оо Х о +со г-е х о +оо Зг(х) предполагая, чпьо пределы в правых часнтх равенств существуют. в) Доказать, что ясли Йв (у(х+ 1) — у(х)) = +оо и у" ограничена снизу на каглдом + конечном иноьервсле )а, Ь(, сьо 11ш — ' = +со. У(х) г +о Х М а) Для доказательства воспользуемся примером 229, полагая при этом, что х+1 1 Р„,(х) = †, Р„ь(х) = †, Й = 2, и, О < хс < х < <хс + 1, хс > а, х+и' х+н' иь(х) =, и (х) = У(х+ ьь) — ~(х+н — 1), и = 2, 3, ....
йх+1) х+1 Тогда 1„= 2 Р„г(х) иь(х) = -~-д-1. Все условия теоремы выполнены, поэтому ь=ь Ьйпг =йш у(х+ и) = 1пп (у(к+ и] — ~(х+н — 1)) = 1. Х+Н о Поскольку 1 не зависит от х, то иэ последнего равенства следует, что Ыш — = !пп (у(х+1) — 1(х)) =1. .ь (х) + Х +о б) Поскольку г"(х) ) с > О, то определенафункция Г(х) = 1в г(х). Пусть Бш "хгг оо Дг) Тогда, пользуясь теоремой пункта а) н возможностью предельного перехода в показателе степени, получаем требуемое 1ьпь (ь"(х))Р = йш ехр — ~ = ехр 1пп (!пах)) 1, 1в 1(х)1 о + +оо 1 Х +о Х У(х + 1) = ехр ~ )ььп (1ву'(х+1) — 1ву'(х)) = йьп = 1.
Ео г +со У (Х) в) Для пронзвсльногс Е > О существует такое число хо > О, что при х > хс У(х + 1) — У(х) > 2Е. Отсюда следует,что 1(х + и) — 1(х) > 2иЕ и Дх + ьь) Дх) + 2иЕ > х+ ьь х+н поскольку г"(х) ) с > О при хс < х < хо+ 1, то существует такое число нс, что 1(х+ и) >Е х+и 90 Гл. 1.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
