1610907243-ac283de454695bb7f2524e2bfa39689d (824397), страница 22
Текст из файла (страница 22)
Нужно показать, чтоarcsin xxlimlim cos x = 1.x→0x→0 sin x x→0xlim arcsin x ctg x = limx→0Ответ. a = lim f (x) = 1.x→02. Семинар 23. Задача 06. [3], §10, N. 62. 8. Найти значение a, при которомфункция f (x) будет непрерывна, если:(x ln x2 , x 6= 0,f (x) =a,x = 0.Решение. Нужно показать, что два односторонних предела lim x ln x2x→0−22и lim x ln x равны нулю. Покажем, что lim x ln x = − lim x ln x2 = 0.x→0+x→0+x→0−Действительно,2t= 0.t→+∞ etlim x ln x2 = lim 2x ln x = − limx→0+x→0+Здесь мы используем теорему о зажатой функции:0<2t2t<te1+t+t22,t > 0.Ответ. a = lim f (x) = 0.x→03. Семинар 23. Задача 11.[3], §10, N. 56. 3.
Указать множество точек, вкоторых непрерывна функция, найти ее точки разрыва, установить ихрод, нарисовать график функции:(x < 0,− x1 ,f (x) =5x − x2 , x > 0.Ответ. x = 0 – точка разрыва второго рода, при x 6= 0 функция непрерывна.4. Семинар 26. Задача 03. [3], §12, N. 177.
1. Определить значения α и β,при которых функция всюду дифференцируема:((x + α)e−βx ,если x < 0,f (x) =αx2 + βx + 1, если x > 0.139Решение. Нужно записать системуlim f (x) = lim f (x),x→0−x→0+f−0 (0) = f+0 (0).Таким образом1 − αβ = β.α = 1,Ответ. α = 1, β = 21 .5. Семинар 26. Задача 04. [3], §12, N.
177. 2. Определить значения α и β,при которых функция всюду дифференцируема:(αx + β,если x < 0,f (x) =α cos x + β sin x, если x > 0.Решение. Нужно записать системуlim f (x) = lim f (x),x→0−x→0+f−0 (0) = f+0 (0).Таким образом,β = α,α = β.Ответ. α = β.6. Семинар 29. Вывести формулу12tg x = x + x3 + x5 + o(x6 ), x → 0.315Решение. В равенство tg x cos x = sin x подставимtg x = ax + bx3 + cx5 + o(x6 ),x → 0,x2 x4++ o(x5 ), x → 0,2243xx5sin x = x −++ o(x6 ), x → 0,6120Получим систему уравнений на степениcos x = 1 −x:x3 :x5 :Ответ. a = 1, b = 31 , c =a = 1,a1− +b=−26ba1c− +=2 24 120215 .1407.
Задача 05 из дополнительного семинара. [3]. §17. N. 65.1lim (cos x) x2 .x→0Решение. См. дополнительный семинар, стр. 112.32Seminar n. 33Коллоквиум1. Сформулировать определение предела последовательности. Привести пример расходящейся последовательности.2. Сформулировать определение условно сходящегося ряда. Привести пример расходящегося ряда.3. Сформулировать определение предела функции(конечного предела). Привести пример предела функции. Привести пример когда конечного предела нет.4. Сформулировать определение непрерывности функции в точке x0 . Привести пример непрерывной функции.5. Сформулировать определение дифференцируемости функции в точке x0 .Привести пример дифференцируемой функции в точке x0 .6.
Сформулировать теорему Лагранжа. Привести пример.7. Записать формулу Тейлора функции f 2-го порядка в точке x0 . Привестипример.8. ∗ Сформулировать теорему Коши. Привести пример.141Seminar n. 33Зачет1. Найти пределxx − 1lim,x→1 ln xиспользуя формулу Тейлора.Решение. См. Задачу 01 дополнительного семинара, стр. 108.nP2.
Найти lim n1 (x1 + x2 + . . . + xn ), если xn =(−1)k−1 . Существует лиn→∞k=1lim xn ?n→∞Решение. xn =nP(−1)k−1 =k=1nnk=1k=11+(−1)n−11−(−1)=1+(−1)n−1,21X1 X 1 + (−1)k−1ξn =xk ==nn2n1 X (−1)k−11 1 − (−1)n+= +.22n24nk=1Легко видеть, что ξn − 21 612n .Ответ. lim n1 (x1 + x2 + . . .
+ xn ) = 12 .n→∞3. Исследовать ряд∞Pan на абсолютную и условную сходимости, если an =n=1n(n−1)(−1) 2nα.Решение. Этот ряд сходится по признаку Дирихле при α > 0. Действительно, an = a1n · b1n , a1n =1nα ,b1n = (−1)n(n−1)2. Последовательностьa1n монотонно стремится к нулю. Последовательность частичных суммn(n−1)n(n+1)nnPPk(k−1)2−(−1) 2является ограниченной:Bn1 =b1k =(−1) 2 = (−1)2k=1 1 k=1Bn 6 1 ∀n ∈ N.∞PИсследуем на сходимость абсолютный рядan , который является обобщенным гармоническим рядом∞Pn=1142n=11nα .Здесь мы используем прорежива-∞Pющий признак Коши: ряд∞Pсходится рядk=0n=112k 2kα=∞Pk=01nαсходится тогда и только тогда, когда12k(α−1)=при α > 1, а при α 6 1 расходится.∞Pk=0qk , q =1,2(α−1)который сходитсяОтвет. Ряд сходится условно при 0 < α 6 1.
Ряд сходится абсолютнопри α > 1.4. [3], §8, N 16.5. Доказать формулуnXk(k + 1)(k + 2) =k=1Дополнительно, [3], §8, N 24.4.mPn(n + 1)(n + 2)(n + 3);4n+1nCn+k= Cn+m+1.k=0Решение.nXk(k + 1)(k + 2) =k=1nXk=1=n1X41k(k + 1)(k + 2) (k + 3 − (k − 1)) =4(k(k + 1)(k + 2)(k + 3) − (k − 1)k(k + 1)(k + 2)) =k=1n(n + 1)(n + 2)(n + 3);4mXnCn+k=mXk=0n+k−nCn+kk=0k=0k=0kCn+k=k=0mXmX=mX(n + k)(n + k − 1) · . . .
· (k + 1)=n!(n + k + 1 − k)(n + k)(n + k − 1) · . . . · (k + 1)=(n + 1)!mX1(n + k + 1) · . . . · (k + 1)(n + 1)!k=0 (n + m + 1) · . . . · (m + 1)=− (n + k) · . . . · k =(n + 1)!(n + m + 1)!n+1= Cn+m+1.(n + 1)!m!14333Seminar n. 34Зачет1. Найти предел limnPn→∞ k=01k! ,если известно, что lim (1 + n1 )n = e.n→∞Подсказка. Здесь нужно использовать оценку: (1 + n1 )n <nPk=01k! .Крометого, нужно использовать оценку(и пояснить, как она выводиться) ex >nPxkk! , x > 0.k=0Решение. Легко показать, чтоnnXX 111Cnk k <(1 + )n =< e,nnk!k=0n > 1.k=0Здесь мы используем принцип двух полицейских.2. [4], §15, 8.4.
Исследовать ряд∞Pn=1n√an на сходимость, где an = sin( sin3 n ).Подсказка. Здесь нужно использовать формулу Маклорена sin x = x −x36+ o(x4 ), x → 0, где вместо x нужно взятьsinn√3n .Решение. См. третий дополнительный семинар.3. [3], §19, 3.2. Найти предел функции(1 + x)x − 1limx→0x2тремя способами:(a) с помощью правила Лопиталя,(b) с помощью формулы Тейлора (Маклорена),(c) с помощью теоремы о пределе сложной функции, арифметическихсвойств пределов и замечательных пределов.Подсказка. Нужно воспользоваться экспоненциальным тождеством:(1 + x)x − 1ex ln(1+x) − 1lim= lim.x→0x→0x2x2144Решение (a).0ex ln(1+x) − 1ex ln(1+x) − 1lim== limx→0x→0x2(x2 )0xex ln(1+x) ln(1 + x) + x+1lim=x→02x1 x ln(1+x) ln(1 + x)1lim e+= 1.x→0 2xx+1Решение (b).exex ln(1+x) − 1= limlimx→0x→0x22+o(x2 )x2−1x2 + o(x2 )= lim= 1.x→0x2Решение (c).ex ln(1+x) − 1ex ln(1+x) − 1x ln(1 + x)=lim=·limx→0 x ln(1 + x)x→0x→0x2x2et − 1ln(1 + x)lim· lim=1t→0x→0txlim14.
[3], §20, 22.2. Найти максимумы и минимумы функции f (x) = x x , x > 0.Подсказка. Нужно воспользоваться экспоненциальным тождеством f (x) =exp lnxx .Решение.0 lnxlnx1lnxlnxf 0 (x) =exp=− 2 exp=xxx2xx1ln xexp(1 − ln x) = 0.x2x1x = e – точка локального максимума, f (e) = e e . Из того, что lim expx→0+ln x0, lim exp x = 1, x = e – точка максимума.x→+∞1Ответ. max f (x) = e e , inf f (x) = 0.x>034x>0Первый дополнительный семинар.145ln xx=Правило Лопиталя раскрытия неопределенности вида∞∞или 00 .Пусть функции f (x) и g(x):а) дифференцируемы в окрестности точки a, за исключением, быть может,самой точки а, причем g 0 (x) 6= 0 в этой окрестности;б) функции f (x) и g(x) являются одновременно либо бесконечно малыми,либо бесконечно большими при x → a;0(x)в) существует конечный lim fg0 (x).x→aТогда существуетf (x)f 0 (x)= lim 0 .x→a g(x)x→a g (x)Если функции f (x) и g(x) дифференцируемы в точке , f (a) = g(a) = 0,limg 0 (a) 6= 0, тоf (x)f 0 (x)lim= lim 0 .x→a g(x)x→a g (x)Задача 01.[3].
§17. N. 15. Найти предел функции.xx − 1limx→1 ln xРешение. Способ 1. С помощью правила Лопиталя.0x ln xxx ln xe−1x −1e−1lim= lim= lim=x→1 ln xx→1x→1ln x(ln x)0ex ln x (ln x + 1)lim= lim ex ln x · lim x(ln x + 1) = 1.1x→1x→1xx→1Решение. Способ 2. С помощью формулы Тейлора. Воспользуемся формуламиx ln x = (x − 1) + o(x − 1),et = 1 + t + o(t),x → 1;t → 0;xx − 1 = ex ln x − 1 = x ln x + o(x ln x) = (x − 1) + o(x − 1),ln x = x − 1 + o(x − 1),x → 1;x → 1.Получим:1+x − 1 + o(x − 1)xx − 1lim= lim= limx→1 ln xx→1 x − 1 + o(x − 1)x→1 1 +146o(x−1)(x−1)o(x−1)(x−1)= 1.Решение.
Способ 20 . С помощью формулы Тейлора. Сначала можно былосделать замену x = y + 1:xx − 1ex ln x − 1e(1+y) ln(1+y) − 1lim= lim= lim.x→1 ln xx→1y→0ln xln(y + 1)Воспользуемся формуламиln(1 + y) = y + o(y),y → 0;(1 + y) ln(1 + y) = y + o(y),et = 1 + t + o(t),y → 0;t → 0;e(y+1) ln(y+1) − 1 = (y + 1) ln(y + 1) + o((y + 1) ln(y + 1)) = y + o(y),y → 0.Получим:e(1+y) ln(1+y) − 1y + o(y)= lim= 1.y→0y→0 y + o(y)ln(y + 1)Решение.
Способ 3. С помощью теоремы о пределе сложной функции, арифlimметических свойств пределов и замечательных пределов.e(y+1) ln(y+1) − 1e(y+1) ln(y+1) − 1xx − 1= lim= lim(y + 1) =y→0y→0 (y + 1) ln(y + 1)x→1 ln xln(y + 1)e(1+y) ln(1+y) − 1et − 1zlim· lim(1 + y) = lim= lim=y→0 (1 + y) ln(1 + y) y→0t→0z→0 ln(1 + z)t11= 1.1 =ln eln lim(1 + z) zlimz→0Задача 02. [3]. §17. N.
37. Найти предел функцииesin x − exlim.x→0 sin x − xРешение. Способ 1. С помощью правила Лопиталя.0esin x − excos xesin x − exesin x − exlim= lim= lim=x→0 (sin x − x)0x→0x→0 sin x − xcos x − 10cos xesin x − ex(cos2 x − sin x)esin x − exlim=lim=x→0x→0− sin x(cos x − 1)00(cos2 x − sin x)esin x − exlim=x→0− (sin x)0cos3 x − 3 sin x cos x − cos x esin x − exlim= 1.x→0− cos x147Решение. Способ 10 . С помощью правила Лопиталя.0esin x − exesin x − excos xesin x − exlim=lim= lim=x→0 sin x − xx→0x→0 (sin x − x)0cos x − 1sin xx 0sin xxe−ee−e=1 + lim= 1 + limx→0 cos x − 1x→0 (cos x − 1)00cos xesin x − excos xesin x − ex1 + lim= 1 + limx→0x→0− sin x(− sin x)0(cos2 x − sin x)esin x − ex1 + lim= 1.x→0− cos xРешение. Способ 2. С помощью формулы Тейлора.
Рассмотрим следующиеформулы Тейлора третьего порядка6 : ex = 1 + x +sin xex22+x36+ o(x3 ), x → 0;(sin x)2 (sin x)3= 1 + sin x +++ o((sin x)3 ) =263x(x + o(x2 ))2 (x + o(x2 ))341+x−+ o(x ) +++ o(x3 ) =6262x1 1 3x231+x++ (− + )x + o(x ) = 1 + x ++ o(x3 ), x → 0;26 62x3e− e = − + o(x3 ), x → 0;63− x6 + o(x3 )esin x − exlim= lim x3= 1.4)x→0 sin x − xx→0 −+o(x6sin xxРешение. Способ 3. С помощью теоремы о пределе сложной функции, арифметических свойств пределов и замечательных пределов.sin x−xesin x − ex− 1)(esin x−x − 1)x (ex= lim e= lim e lim=limx→0 sin x − xx→0x→0x→0 (sin x − x)(sin x − x)(ey − 1)xlim e · lim= 1.x→0y→0yЗадача 03.
[3]. §17. N. 39. Найти предел функцииln x.x→0+ ln sin xlim6Здесь важно понять до какого порядка нужно раскладывать. Поскольку вместо sin x стоит sin x − x,3то нужно учитывать формулу Тейлора 3-го порядка, поскольку sin x − x = − x6 + o(x4 ), x → 0. Числительтоже нужно разложить по формуле Тейлора 3-го порядка.148Решение. Способ 1. С помощью правила Лопиталя.1ln x(ln x)0xlim= lim cos x == limx→0+ ln sin xx→0+x→0+ (ln sin x)0sin xsin x11sin xlim· lim= lim·= 1.x→0+ xx→0+ cos xx→0+ xlim cos xx→0+Решение.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
