§ 3. ЗАМЕЧАТЕЛЬНЫЕ ПРЕДЕЛЫ. СРАВНЕНИЕ БЕСКОНЕЧНО МАЛЫХ.

Пример 4.4

Вычислить пределы, используя первый замечательный предел и его

следствия: а)

lim

2x sin x

; б)

lim

cos 4x

cos 2x

; в)

lim

sin 2x

.

1

cos x

arcsin2 3x

x

0

x 0

x

sin 3x

Решение:

а)

lim

2x sin x

.

x

0

1

cos x

I

способ.

При

x

0

имеем неопределѐнность вида

0

.

Учитывая,

0

что

1

cos x

2 sin 2

x

и,

используя

первый

замечательный

предел

2

lim

sin x

1 , получим:

x

x

0

x

sin x

x

2x sin x

0

2x sin x

x2

lim

lim

lim

x

lim

4 .

1

cos x

0

x

x

x2

x

0

x

0

2sin

2

x

sin

2

2

x

2

2

x

4

x

2

2

2

II

способ.

Воспользуемся

эквивалентными

бесконечно

малыми

x

0

x2

функциями.

Так

как

при

имеем:

sin x ~ x ,

1

cos x ~

,

2

получим:

2x sin x

0

При x

0

2x

x

4

x2

lim

sin x ~ x

lim

lim

4 .

1

cos x

0

x2

x2

x

0

x2

x

0

x

0

1

cos x ~

2

2

Ответ: 4.

б) lim

cos 4x

cos 2x

2

3x

x

0

arcsin

96

Так как cos 4x

cos 2x

2sin3xsin x

и

при

x

0 :

sin 3x ~ 3x ,

sin x ~ x ,

arcsin 3x ~ 3x , значит arcsin2 3x ~

3x 2 . Поэтому

При x

0

lim

cos 4x

cos 2x

0

lim

2sin 3xsin x

sin 3x ~ 3x

lim

2

3x x

2

.

2

3x

0

arcsin

2

3x

sin x ~ x

2

3

x

0

arcsin

x 0

x 0

3x

arcsin x

3x

Ответ:

2

.

3

в)

lim

sin 2x

.

x

sin 3x

Здесь числитель

и знаменатель – бесконечно малые

функции

при

x

.

Однако

x

не

является бесконечно

малой

величиной

(стремится не к нулю, а к ). Поэтому введем бесконечно малую

y

x , тогда x

y и, если x

, то y

0 . Получим:

sin 2x

0

y

x

sin 2

y

sin

2

2 y

lim

x

, y

0

lim

lim

x

sin 3x

0

x

y

y

0 sin 3

y

y 0 sin

3

3y

lim

sin

2y

lim

2y

2

.

sin 3y

3y

3

y

0

y 0

Здесь

воспользовались

эквивалентными

бесконечно малыми: при

y

0

sin 2 y

2 y, sin 3y

3y .

Ответ:

2

.

3

Пример 4.5

Вычислить пределы, используя второй замечательный предел и его

следствия: а) lim	x	1		3x 1	; б) lim	e x	e	x
									;
x	x	3			x 0	sin x	sin x

				в)		lim x ln x 2 ln x .
						x
						Решение:
		lim	x	1		3x 1
	а)					.
			x	3
		x

97

Второй замечательный предел: lim	1		1 x		e .
			x
x
В этой задаче предел основания		степени			стремится	к 1
(разделите числитель и знаменатель на	x ), а показатель степени
стремится к бесконечности. Имеем неопределѐнность вида 1						. Для

того, чтобы раскрыть эту неопределѐнность, представляем основание

степени в виде

1

,

а в показателе выделяем множитель

1

, где

(x)

- величина бесконечно малая при x

.

lim

x 1 3x 1

1

lim

1

x 1

1

3x 1

lim

1

4

3x 1

x

3

x 3

x

3

x

x

x

4

3x

1

x 3

x 3

4 3x 1

4

4

lim

4 3x

1

x 3

e

12

lim

1

lim e

x

x

3

e .

x

3

x

x

Ответ: e12 .

б) lim

e x

e x

.

x 0

sin

x

sin

x

Числитель и знаменатель заменим эквивалентными бесконечно малыми функциями:

lim	e x	e x	0
x 0 sin x		sin x	0

При x			0
eax	1	~ ax
e x	1 ~		x
sin	x ~		x
sin	x ~		x

	lim	e x	1	(e x	1)	lim	x	x	1
		sin	x	sin	x		x	x
	x 0					x 0

Ответ: 1.

в)	lim x	ln	x 2	ln x
	x
		Используя		свойства		логарифма,			преобразуем выражение
x	ln x	2	ln x	x ln	x 2	ln	x 2	x .	Далее, используя	второй
					x		x
замечательный предел, и, учитывая непрерывность функции										y ln x ,
получим:

98

lim x

ln

x 2

ln x

lim ln

x 2 x

ln lim

x 2 x

1

x

x

x

x

x

x

2

ln

lim

1

2

2

ln e

2

2.

x

x

Ответ: 2.

Пример 4.6

Определить порядок относительно x функции, бесконечно малой при x 0 :

а)

(x)

e4 x

cos 2x ; б)

(x)

3 1

x2

3 1

x2

; в)

(x)

5sin3 x

x4 .

Решение:

а)

Определить

порядок

малости

относительно

x

функции

(x)

e4 x cos 2x ?

Будем

считать,

что

искомый

порядок

малости

равен

k , и

определим

k

так, чтобы

lim

e4 x

cos 2x

имел конечное значение,

x

k

x

0

отличное от нуля.

e4 x

cos 2x

e4 x

1

(1 cos 2x)

При x

0

lim

lim

e4 x

1 ~ 4x

x

k

x

k

x

0

x

0

1

cos 2x ~

2x 2

2x2

2

4x x2

4x

x2

0, при k

1,

1 k

2 k

lim

lim

lim

4 lim x

lim x

4, при k

1,

xk

xk

xk

x 0

x 0

x 0

x 0

x 0

, при k

1.

Данная функция является бесконечно малой одного порядка

k

1

при x

0 , так как при k

1

lim

x

4 .

x

x

Ответ:

k

1 .

б)

Определить

порядок

малости

относительно

x

функции

(x)

3 1 x2

3 1 x2 ?

99

Будем считать,

что

искомый

порядок

малости

равен

k , и

чтобы lim

3 1

x2

3 1 x2

определим k так,

имел конечное значение,

x

k

x 0

отличное от нуля.

lim

3 1

x2

3 1

x2

x

k

x

0

2

2

3 1 x2

3

1 x2

3 1 x2

3 1 x2

1 x2

3 1 x2

lim

x 0

2

2

xk

3 1 x2

3 1 x2

1 x2

3 1 x2

lim

1

x2

1 x2

x 0 xk

2

2

3 1 x2

3 1 x2

1 x2

3 1 x2

0, при k

2,

lim

2x2

2

, при k

2,

3

x 0 xk

2

3 1 x2 2

3 1 x2

3 1 x2

1 x2

, при k

2.

Данная функция имеет второй порядок малости

k 2

относительно

бесконечно малой x .

Ответ:

k

2 .

в)

Определить

порядок

малости

относительно

x

функции

(x)

5sin3 x

x4 ?

Будем считать,

что

искомый

порядок

малости

равен

k , и

чтобы lim

5sin3 x

x4

определим

k

так,

имел конечное

значение,

x

k

x

0

отличное от нуля.

5sin3 x

x4

При x

0

5x3

x4

5x3

x4

lim

lim

lim

x

k

sin x

x

x

k

x

k

x

k

x

0

x

0

x 0

0, при k

3,

5 lim x3

k

lim x4 k

5, при k

3,

x 0

x

0

, при k

3.

Данная функция имеет третий порядок малости k 3 относительно бесконечно малой x .

Ответ: k 3 .

100