Раздел II. Предел и непрерывность функции — § 9. Предел функции

Кудрявцев — задача 9.44

Л. Д. Кудрявцев, «Сборник задач по математическому анализу. Том 1». Условие, подробное решение и ответ.

Задача 9.44

Выяснить, является ли функция бесконечно малой:

1) f(x)=x2−2x+1x3−x, x→1f(x)=\dfrac{x^2-2x+1}{x^3-x},\ x\to1;
2) f(x)=x2+1−xf(x)=\sqrt{x^2+1}-x;
а) x→+∞x\to+\infty;
б) x→−∞x\to-\infty;

3) f(x)=1−cos⁡x1−cos⁡x, x→+0f(x)=\dfrac{1-\sqrt{\cos x}}{1-\cos\sqrt{x}},\ x\to+0;
4) f(x)=11+2xf(x)=\dfrac1{1+2x};
а) x→+∞x\to+\infty;
б) x→−∞x\to-\infty;

5) f(x)=sin⁡ln⁡(x2+1)−sin⁡ln⁡(x2−1), x→∞f(x)=\sin\ln(x^2+1)-\sin\ln(x^2-1),\ x\to\infty;
6) f(x)=ln⁡(x2−x+1)ln⁡(x4+x+1), x→∞f(x)=\dfrac{\ln(x^2-x+1)}{\ln(x^4+x+1)},\ x\to\infty.
Вывод1) да;1)\ \text{да};
2) а) да, б) нет;2)\ \text{а) да},\ \text{б) нет};
3) да;3)\ \text{да};
4) а) да, б) да;4)\ \text{а) да},\ \text{б) да};
5) да;5)\ \text{да};
6) нет6)\ \text{нет}

Решение

Разложим числитель и знаменатель:x2−2x+1=(x−1)2,x3−x=x(x−1)(x+1).x^2-2x+1=(x-1)^2,\qquad
x^3-x=x(x-1)(x+1).Тогдаf(x)=(x−1)2x(x−1)(x+1)=x−1x(x+1)f(x)=\dfrac{(x-1)^2}{x(x-1)(x+1)}
=
\dfrac{x-1}{x(x+1)}при x≠1x\neq1. При x→1x\to1 получаемx−1x(x+1)→01⋅2=0.\dfrac{x-1}{x(x+1)}
\to
\dfrac0{1\cdot2}=0.Следовательно, функция является бесконечно малой.

а) При x→+∞x\to+\infty:x2+1−x=1x2+1+x→0.\sqrt{x^2+1}-x
=
\dfrac1{\sqrt{x^2+1}+x}
\to0.Функция является бесконечно малой.

Пункт б)

При x→−∞x\to-\infty, считаем x<0x<0. Тогдаx2+1=∣x∣1+1x2=−x1+1x2.\sqrt{x^2+1}=|x|\sqrt{1+\dfrac1{x^2}}
=-x\sqrt{1+\dfrac1{x^2}}.Получаемx2+1−x=−x1+1x2−x=−x(1+1x2+1)→+∞.\sqrt{x^2+1}-x
=
-x\sqrt{1+\dfrac1{x^2}}-x
=
-x\left(\sqrt{1+\dfrac1{x^2}}+1\right)
\to+\infty.Функция не является бесконечно малой.
Преобразуем числитель:1−cos⁡x=1−cos⁡x1+cos⁡x∼x2/22=x24.1-\sqrt{\cos x}
=
\dfrac{1-\cos x}{1+\sqrt{\cos x}}
\sim
\dfrac{x^2/2}{2}
=
\dfrac{x^2}{4}.Преобразуем знаменатель:1−cos⁡x∼(x)22=x2.1-\cos\sqrt{x}
\sim
\dfrac{(\sqrt{x})^2}{2}
=
\dfrac{x}{2}.Тогдаf(x)∼x2/4x/2=x2→0.f(x)\sim\dfrac{x^2/4}{x/2}
=
\dfrac{x}{2}
\to0.Следовательно, функция является бесконечно малой.

а) При x→+∞x\to+\infty знаменатель 1+2x→+∞1+2x\to+\infty, поэтому f(x)→0f(x)\to0.

Пункт б)

При x→−∞x\to-\infty знаменатель 1+2x→−∞1+2x\to-\infty, поэтому f(x)→0f(x)\to0.
В обоих случаях функция является бесконечно малой.
Используем формулу разности синусов:sin⁡A−sin⁡B=2cos⁡A+B2sin⁡A−B2,\sin A-\sin B
=
2\cos\dfrac{A+B}{2}\sin\dfrac{A-B}{2},гдеA=ln⁡(x2+1),B=ln⁡(x2−1).A=\ln(x^2+1),\qquad B=\ln(x^2-1).ТогдаA−B=ln⁡x2+1x2−1=ln⁡(1+2x2−1)∼2x2−1.A-B
=
\ln\dfrac{x^2+1}{x^2-1}
=
\ln\left(1+\dfrac2{x^2-1}\right)
\sim
\dfrac2{x^2-1}.Следовательно,sin⁡A−B2∼A−B2∼1x2−1.\sin\dfrac{A-B}{2}
\sim
\dfrac{A-B}{2}
\sim
\dfrac1{x^2-1}.Множитель 2cos⁡A+B22\cos\dfrac{A+B}{2} ограничен по модулю числом 22. Поэтомуf(x)=O(1x2)→0.f(x)=O\left(\dfrac1{x^2}\right)\to0.Функция является бесконечно малой.

Проверка

6. При x→∞x\to\infty:ln⁡(x2−x+1)=ln⁡[x2(1−1x+1x2)]=2ln⁡x+ln⁡(1−1x+1x2)=2ln⁡x+o(ln⁡x).\ln(x^2-x+1)
=
\ln\left[x^2\left(1-\dfrac1x+\dfrac1{x^2}\right)\right]
=
2\ln x+\ln\left(1-\dfrac1x+\dfrac1{x^2}\right)
=
2\ln x+o(\ln x).Аналогичноln⁡(x4+x+1)=ln⁡[x4(1+1x3+1x4)]=4ln⁡x+ln⁡(1+1x3+1x4)=4ln⁡x+o(ln⁡x).\ln(x^4+x+1)
=
\ln\left[x^4\left(1+\dfrac1{x^3}+\dfrac1{x^4}\right)\right]
=
4\ln x+\ln\left(1+\dfrac1{x^3}+\dfrac1{x^4}\right)
=
4\ln x+o(\ln x).Следовательно,f(x)=2ln⁡x+o(ln⁡x)4ln⁡x+o(ln⁡x)→24=12.f(x)
=
\dfrac{2\ln x+o(\ln x)}
{4\ln x+o(\ln x)}
\to
\dfrac24
=
\dfrac12.Предел не равен нулю, поэтому функция не является бесконечно малой.