1610907243-ac283de454695bb7f2524e2bfa39689d (824397), страница 23

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 23)

Способ 2. С помощью формулы Тейлора и арифметических свойствпределов. Отметим, по формуле Тейлора можно разлагать ln x в точке x0 > 0.Здесь мы используем формулу sin x = x + o(x2 ), x → 0+.ln xln xln x == lim=limo(x2 )x→0+ ln(x + o(x2 ))x→0+x→0+ ln sin xln x 1 +limxln xx→0+ln x + ln 1 +limo(x2 ) = limx→0+x1+1ln x1· ln 1 +o(x2 )x=11+lim ln1xx→0+· lim ln 1 +x→0+o(x2 )x = 1.Задача 04. [3]. §17. N.

63. Найти предел функцииx2limarctg x .x→+∞ πРешение. Способ 1. С помощью правила Лопиталя. Мы сводим данный предел к следующему:x x 22limarctg x = lim exp lnarctg x=x→+∞ πx→+∞π!2ln π arctg xln( π2 arctg x)lim exp= exp lim.11x→+∞x→+∞xxК полученному пределу применим правило Лопиталя:0ln( π2 arctg x)ln( π2 arctg x)lim= lim=11 0x→+∞xx→+∞21π (1+x2 ) π2 arctg xlimx→+∞− x12x= − limx→+∞149x21+x2arctg x111+x→+∞x2lim=−2=− .lim arctg xπx→+∞Решение. Способ 2. С помощью теоремы о пределе сложной функции, арифметических свойств пределов и замечательных пределов.

Используем формулу arctg x = π2 − arctg x1 , x > 0.xx221limarctg x = lim 1 − arctg=x→+∞ πx→+∞πx2y y1 2 1 ! − π arctgy− π arctg y22= lim1 − arctg ylim 1 − arctg y=y→0+y→0+ππ2arctg y2= e− π .exp − limπ y→0+ yРешение. Способ 3. С помощью формулы Тейлора. С помощью формулыТейлора можно найти следующий пределlimy→0+21 − arctg yπlimy→0+ y1 y12= lim 1 − (y + o(y))=y→0+π! − π2 (y+o(y)) 2 1y− π (y+o(y))21 − (y + o(y))=π− π2 (y + o(y))2= exp lim= e− π .y→0+yЗадача 05. [3]. §17. N. 65.

Найти предел функции2lim (cos x)1/x .x→0Решение. Способ 1. С помощью правила Лопиталя. Мы сводим данный предел к следующему1/x2lim (cos x)x→0ln cos x= lim expx→0x2ln cos x= exp lim.x→0x2К полученному пределу применяем правило Лопиталя− sin xln cos x(ln cos x)01sin x1cos xlim=lim=lim=−lim·=x→0x→0x→0 2xx22 x→0 xcos x(x2 )01sin x11− lim·=− .2 x→0 xlim cos x2x→0150Решение. Способ 2.

С помощью формулы Тейлора. 122x1xlim (cos x) x2 = lim 1 −=+ o(x3 )x→0x→02limx→0 21 !2− x2 +o(x3 )x1−+ o(x3 )22− x2 +o(x3 )x2=2− x2 + o(x3 )exp limx→0x2!1=√ .eРешение. Способ 3. С помощью теоремы о пределе сложной функции, арифметических свойств пределов и замечательных пределов.112 x x22xlim (cos x) = lim 1 − 2 sin=x→0x→02 −2 sin22 x212 xx−2sin2 xx−2sin22== exp lim1 − 2 sin2lim2x→0x→02x!!2 xx 2sinsin11122exp − lim= exp − lim=√ .x22 x→0 x2 x→0e2235Второй дополнительный семинар.Формула Тейлора при исследовании сходимости числовых рядов.Теория из [4], §15.Задача 01.

Исследовать на сходимость ряды∞Pn=1cos nnαи∞Pn=1sin nnα .Решение. Если α > 0, то здесь мы можем доказать сходимость рядов спомощью признака Дирихле: здесь мы используем следующие факты1. последовательность2. СуммысколькуnPsin k иk=11nαnPмонотонно стремится к нулю.cos k ограничены по модулю константойk=1nXsin n2 sin n+12sin k =,1sin2k=1151nXsin n2 cos n+12cos k =.1sin2k=11,sin 12по-При α > 1 мы используем мы используем мажорантный признак Вейерштрасса: sin n < 1 , nα nαгде∞Pn=11nα cos n 1 α < α,nn– обобщенный гармонический ряд, сходимость которого можноустановить с помощью прореживающего признака Коши.При α ∈ (0, 1], используя оценки sin n sin2 n1cos 2n>=−, nα nα2nα2nα cos n cos2 n1cos 2n=+, α >nnα2nα2nα∞∞PP| sin n|| cos n|видно, что абсолютные рядыиnαnα расходятся.n=1n=1Задача 2. [4], §15, № 8.5.

Исследовать на сходимость ряд∞ P1cosnexp √n − cos n .n=1Решение. Здесь мы используем3t → 0+,cos t = 1 + o(t 2 ),t2e = 1 + t + + o(t2 ), t → 0,212и формулы cos n = 2 (1 + cos 2n), cos3 n = 41 (3 cos n + cos 3n):1cos ncos n cos2 n cos3 n1exp √− cos = √ +++ o( 3 ) =3n2nnn6n 2n2cos n 1 + cos 2n 3 cos n + cos 3n1√ +++ o( 3 ) =34nn24n 2n2cos n cos 2n cos n cos 3n11+ √ ++3 +3 + o(3 ).4n4nn8n 224n 2n2tРяд∞Pn=114nрасходится, а рядысходятся. Следовательно, ряд∞Pn=1cos√ n,n∞ Pexp∞Pcos 2n4n ,n=1 n=1cos√nnЗадача 3.

[4], §15, 8.4. Исследовать ряд152∞Pcos ncos 3n3 ,3n=1 8n 2 n=1 24n 2и∞Pn=1o(13 )n2− cos n1 расходится.∞Pn=1n√sin( sin3 n ).∞Pan на сходимость, где an =3Подсказка. Здесь нужно использовать формулу Маклорена sin x = x − x6 +sinn√3n .= 14 (3 sin no(x4 ), x → 0, где вместо x нужно взятьРешение. Учитывая формулу sin3 n− sin 3n), здесь мы исполь-зуем представлениеsin n sin3 nsin n (3 sin n − sin 3n)1an = √−−+ o( 4 ) = √336n24nnnn311sin n sin n sin 3n−++ o( 4 ),+ o( 4 ) = √38n24nnn3n3Каждый из трех рядов∞Pn=1рихле. Четвертый рядштрасса.∞Pn=1sinn√3n ,o(14 )n3∞Pn=1sin n8nи∞Pn=1sin 3n24nn → ∞.сходится по признаку Ди-сходится по мажорантному признаку Вейер-153Глава 2Semester IIПамятка по производным:1.

(xα )0 = αxα−1 ,2. (ex )0 = ex ,3. (ax )0 = ax ln a, a > 0, a 6= 1,4. (loga x)0 =1x ln a ,a > 0, a 6= 1,5. (sin x)0 = cos x,6. (cos x)0 = − sin x,7. (ln x)0 =1,x1,cos2 x1(ctg x)0 = − 2 ,sin x1(arctg x)0 =,1 + x21(arcctg x)0 = −,1 + x21(arcsin x)0 = √,1 − x21(arccos x)0 = − √,1 − x28. (tg x)0 =9.10.11.12.13.154√x14. ( x2 − 1)0 = √x2 − 1Памятка по формуле Маклорена:1. ex = 1 + x +x22!+ ...

+xnn!+ o(xn );2. sin x = x −x33!+x55!x+ . . . + (−1)n (2n+1)!+ o(x2n+2 );3. cos x = 1 −x22!+x44!x+ . . . + (−1)n (2n)!+ o(x2n+1 );4. tg x = x + 13 x3 +5. arctg x = x −x336. arcsin x = x +7.11+x28.√ 11−x22n+12n2 515 x+ o(x6 );+ o(x4 );x33!+ o(x4 );= 1 − x2 + o(x3 );=1+x22+ o(x3 );9. (1 + x)α = 1 + αx +α(α−1) 22! x+ ... +α(α−1)...(α−(n−1)) nxn!10.11+x= 1 − x + x2 + . . . + (−1)n xn + o(xn );11.11−x= 1 + x + x2 + . . .

+ xn + o(xn );12. ln(1 + x) = x −x22+x33n+ . . . + (−1)n−1 xn + o(xn ).Памятка по неопределенным интегралам:Rα+11. (α 6= −1), xα dx = xα+1 , x > 0, α 6= −1.R2. dxx = ln |x| + C, x 6= 0.R3. sin x dx = − cos x + C, x ∈ R.R4. cos x dx = sin x + C, x ∈ R.R5. cosdx2 x = tg x + C, x 6= π2 + πk, k ∈ Z.R6. sindx2 x = − ctg x + C, x 6= πk, k ∈ Z.155+ o(xn );7.Rtg x dx = − ln | cos x| + C, x 6=π2+ πk, k ∈ Z.Задача 2.3R8. ctg x dx = ln | sin x| + C, x 6= πk, k ∈ Z.Задача 2.4R9.

a > 0, a 6= 1, loga x dx = x(loga x −R10. ln x dx = x(ln x − 1) + C, x > 0.1ln a )+ C.Задача 2.9Rx11. a > 0, a 6= 1, ax dx = lna a + C.R12. ex dx = ex + C.R13. arctg x dx = x arctg x − 12 ln x2 + 1 + C.Задача 2.11.√R14. arcsin x dx = x arcsin x + 1 − x2 + C.Задача 2.12.R dx115. a 6= 0,= 2aln |x−a||x+a| + C.22x −aЗадача 3.1.R dx1x16.

a 6= 0,=arctgaa + C.x2 + a2ZZx( xa )0 dxdx11== arctg+Cx 2x 2 + a2aaa+1a17.Rx dxx2 ±a2= 12 ln x2 ± a2 + C.ZZx dx1 (x2 + a2 )0 dx 122==lnx+a+Cx 2 + a22x2 + a22dx= arcsin xa + C.a2 − x 2Сделаем замену x = a sin t:ZZZdxa cos t dt√==dt = t + C.a cos ta2 − x 218. a > 0,R√156√dx= ln x2 + a2 + x + C.2 + a2x√220Замена t = x2 + a2 + x. Следовательно, x = ϕ(t) = t −a2t , ϕ (t) =ZZZ 0dtdxϕ (t) dt√== ln |t| + C.=t − ϕ(t)tx2 + a2t2 +a22t2 :√dx= ln x2 − a2 + x + C.2 − a2x√220Замена t = x2 − a2 + x.

Следовательно, x = ϕ(t) = t +a2t , ϕ (t) =Z 0ZZϕ (t) dtdxdt√=== ln |t| + C.t − ϕ(t)tx 2 − a2t2 −a22t2 :19. a > 0,20. a > 0,RR√√√x dx= x2 ± a2 + C.x2 ± a2322 2R √x±a22. a > 0, x x2 ± a2 dx =+ C;3Rebx (b sin (ax) − a cos (ax))23. a, b 6= 0, ebx sin ax dx =+ C;a2 + b2Задача 2.8.21. a > 0,R√ebx (a sin (ax) + b cos (ax))24. a, b 6= 0, e cos ax dx =+ C.a2 + b 2Задача 2.8.R1bxSeminar n.

01Первообразная и неопределённый интегралОпределение первообразной.Функция F (x) называется первообразной дляфункции f (x) на интервале (a, b), если F (x) дифференцируема на (a, b), т.е.для ∀x ∈ (a, b) верно, что F (x + ∆x) − F (x) = F 0 (x)∆x + o(∆x) при ∆x → 0,и F 0 (x) = f (x).157Определение неопределенного интеграла.Если F (x) – первообразная функ-ции f (x), то множество {F (x) + C, C ∈ R} является совокупностью всехпервообразных для функции f (x) и называется неопределенным интеграломфункции f (x):Zf (x) dx = F (x) + C,x ∈ (a, b).Замечание 01.01.Вместо интервала (a, b) можно рассматривать один из случаев: (−∞, +∞),(−∞, b), (a, +∞).Замечание 01.02.Если первообразная определена на объединении двух и более промежутков,то константы можно выбирать независимо друг от друга.Пример. 01.01.

У функции1xпервообразная F (x) на каждом из промежут-ков (0, +∞) и (−∞, 0) имеет вид(F (x) =Пример. 01.02. У функцииln(x) + C1 ,x > 0,ln(−x) + C2 x < 0.1cos2 xпервообразная F (x) на каждом из проме-жутков (− π2 + πk, π2 + πk), k ∈ Z имеет видF (x) = tg x + Ck .Свойства неопределенного интеграла.0Rf (x) dx = f (x), d f (x) dx = f (x) dx.RR2. f 0 (x) dx = f (x) + C,df (x) = f (x) + C.1.1.1RЗадача 01.01Показать, что из непрерывности функции f на промежутке (a, b) следует, чтофункция F (x) – непрерывна.158Решение.Использовать теорему Лагранжа: F (x2 ) − F (x1 ) = f (ξ)(x2 − x1 ),ξ ∈ I(x1 , x2 ).1.2Задача 01.02Показать, что из дифференцируемости функции F на промежутке (a, b) неследует, что функция f (x) – непрерывна на (a, b).Решение.

Рассмотрим пример, когда функция F (x) дифференцируема вточке x = 0, а функция f (x) в этой точке имеет разрыв второго рода приα ∈ (1, 2]:(F (x) =|x|α sin x1 , x 6= 0,0,x = 0,(f (x) =α|x|α−1 sgnx sin x1 − |x|α−2 cos x1 , x 6= 0,0,x = 0.(0)Действительно, f (0) = lim F (x)−F= lim F x(x) = 0. Здесь мы используемx−0x→0теорему о зажатой функции:1.3|F (x)||x|x→0α−16 |x|при x 6= 0. Ho @ lim f (x) ∈ R.x→0Задача № 4 из [4], §1Является ли F (x) = |x| первообразной функции sgnx на множестве R?Решение. Функция F не является дифференцируемой в точке x = 0, т.е.односторонние производные в точке x = 0 не равны друг другу.Замечание 01.03На каждом из двух множеств (−∞,( 0) и (0, ∞) можно построить первообразx + C1 , x > 0,ную функции sgnx как F (x) =где C1 и C2 не зависят−x + C2 , x < 0,друг от друга.1591.4Задача 01.041Найти первообразную( f (x) = x2 на множестве (−∞, 0) ∪ (0, ∞).− x1 + C1 , x > 0,Решение.

Характеристики

Список файлов семинаров