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

Кудрявцев — задача 9.46

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

Задача 9.46

Найти α\alpha и β\beta, при которых f(x)f(x) бесконечно малая:

1) f(x)=x2(x−1)(x+1)2−αx−β, x→∞f(x)=\dfrac{x^2(x-1)}{(x+1)^2}-\alpha x-\beta,\ x\to\infty;
2) f(x)=4x2+x+1−αx−βf(x)=\sqrt{4x^2+x+1}-\alpha x-\beta;
а) x→+∞x\to+\infty;
б) x→−∞x\to-\infty;

3) f(x)=x3−x23−αx−β, x→∞f(x)=\sqrt[3]{x^3-x^2}-\alpha x-\beta,\ x\to\infty;
4) f(x)=xexex−1−αx−βf(x)=\dfrac{xe^x}{e^x-1}-\alpha x-\beta;
а) x→+∞x\to+\infty;

б) x→−∞x\to-\infty;

5) f(x)=(x+4)e1/x−αx−βf(x)=(x+4)e^{1/x}-\alpha x-\beta;
а) x→∞x\to\infty;
б) x→−0x\to-0;
6) f(x)=ln⁡(1+e3x)−αx−βf(x)=\ln(1+e^{3x})-\alpha x-\beta;
а) x→+∞x\to+\infty;
б) x→−∞x\to-\infty;

7) f(x)=xarctg⁡x−αx−βf(x)=x\operatorname{arctg}x-\alpha x-\beta;
а) x→+∞x\to+\infty;
б) x→−∞x\to-\infty.
Ответ:1) α=1, β=−3;1)\ \alpha=1,\ \beta=-3;
2) а) α=2, β=14,2)\ \text{а) } \alpha=2,\ \beta=\dfrac14,
б) α=−2, β=−14;\text{б) } \alpha=-2,\ \beta=-\dfrac14;
3) α=1, β=−13;3)\ \alpha=1,\ \beta=-\dfrac13;
4) а) α=1, β=0,4)\ \text{а) } \alpha=1,\ \beta=0,
б) α=0, β=0;\text{б) } \alpha=0,\ \beta=0;
5) а) α=1, β=5,5)\ \text{а) } \alpha=1,\ \beta=5,
б) β=0, α произвольно;\text{б) } \beta=0,\ \alpha\ \text{произвольно};
6) а) α=3, β=0,6)\ \text{а) } \alpha=3,\ \beta=0,
б) α=0, β=0;\text{б) } \alpha=0,\ \beta=0;
7) а) α=π2, β=−1,7)\ \text{а) } \alpha=\dfrac\pi2,\ \beta=-1,
б) α=−π2, β=−1\text{б) } \alpha=-\dfrac\pi2,\ \beta=-1

Решение

Выполним деление x3−x2x^3-x^2 на x2+2x+1x^2+2x+1:x3−x2x2+2x+1=x−3+5x+3(x+1)2.\dfrac{x^3-x^2}{x^2+2x+1}
=
x-3+\dfrac{5x+3}{(x+1)^2}.При x→∞x\to\infty остаток 5x+3(x+1)2∼5x→0\dfrac{5x+3}{(x+1)^2}\sim\dfrac5x\to0. Следовательно,f(x)=x−3+o(1)−αx−β=(1−α)x+(−3−β)+o(1).f(x)
=
x-3+o(1)-\alpha x-\beta
=
(1-\alpha)x+(-3-\beta)+o(1).Чтобы f(x)→0f(x)\to0, необходимо1−α=0,−3−β=0.1-\alpha=0,\qquad -3-\beta=0.Отсюда α=1\alpha=1, β=−3\beta=-3.

а) При x→+∞x\to+\infty:4x2+x+1=2x1+14x+14x2=2x(1+18x+o(1x))=2x+14+o(1).\sqrt{4x^2+x+1}
=
2x\sqrt{1+\dfrac1{4x}+\dfrac1{4x^2}}
=
2x\left(1+\dfrac1{8x}+o\left(\dfrac1x\right)\right)
=
2x+\dfrac14+o(1).Тогдаf(x)=2x+14+o(1)−αx−β=(2−α)x+(14−β)+o(1).f(x)
=
2x+\dfrac14+o(1)-\alpha x-\beta
=
(2-\alpha)x+\left(\dfrac14-\beta\right)+o(1).Для стремления к нулю:2−α=0,14−β=0,2-\alpha=0,\qquad \dfrac14-\beta=0,откуда α=2\alpha=2, β=14\beta=\dfrac14.

Пункт б)

При x→−∞x\to-\infty, считаем x<0x<0. Тогда4x2+x+1=−2x1+14x+14x2=−2x(1+18x+o(1x))=−2x−14+o(1).\sqrt{4x^2+x+1}
=
-2x\sqrt{1+\dfrac1{4x}+\dfrac1{4x^2}}
=
-2x\left(1+\dfrac1{8x}+o\left(\dfrac1x\right)\right)
=
-2x-\dfrac14+o(1).Тогдаf(x)=−2x−14+o(1)−αx−β=(−2−α)x+(−14−β)+o(1).f(x)
=
-2x-\dfrac14+o(1)-\alpha x-\beta
=
(-2-\alpha)x+\left(-\dfrac14-\beta\right)+o(1).Для стремления к нулю:−2−α=0,−14−β=0,-2-\alpha=0,\qquad -\dfrac14-\beta=0,откуда α=−2\alpha=-2, β=−14\beta=-\dfrac14.

При x→+∞x\to+\infty:x3−x23=x(1−1x)1/3=x(1−13x−19x2+o(1x2))=x−13−19x+o(1x)=x−13+o(1).\sqrt[3]{x^3-x^2}
=
x\left(1-\dfrac1x\right)^{1/3}
=
x\left(1-\dfrac1{3x}-\dfrac1{9x^2}+o\left(\dfrac1{x^2}\right)\right)
=
x-\dfrac13-\dfrac1{9x}+o\left(\dfrac1x\right)
=
x-\dfrac13+o(1).Тогдаf(x)=x−13+o(1)−αx−β=(1−α)x+(−13−β)+o(1).f(x)
=
x-\dfrac13+o(1)-\alpha x-\beta
=
(1-\alpha)x+\left(-\dfrac13-\beta\right)+o(1).Для стремления к нулю:1−α=0,−13−β=0,1-\alpha=0,\qquad -\dfrac13-\beta=0,откуда α=1\alpha=1, β=−13\beta=-\dfrac13.

а) При x→+∞x\to+\infty:xexex−1=x1−e−x=x(1+e−x+o(e−x))=x+xe−x+o(xe−x)=x+o(1).\dfrac{xe^x}{e^x-1}
=
\dfrac{x}{1-e^{-x}}
=
x\left(1+e^{-x}+o(e^{-x})\right)
=
x+xe^{-x}+o(xe^{-x})
=
x+o(1).Тогдаf(x)=x+o(1)−αx−β=(1−α)x−β+o(1).f(x)=x+o(1)-\alpha x-\beta
=
(1-\alpha)x-\beta+o(1).Для стремления к нулю:1−α=0,−β=0,1-\alpha=0,\qquad -\beta=0,откуда α=1\alpha=1, β=0\beta=0.

Пункт б)

При x→−∞x\to-\infty имеем ex→0e^x\to0. Тогдаxexex−1=xex−1+o(1)=−xex+o(xex)→0.\dfrac{xe^x}{e^x-1}
=
\dfrac{xe^x}{-1+o(1)}
=
-xe^x+o(xe^x)
\to0.Следовательно,f(x)=0+o(1)−αx−β=−αx−β+o(1).f(x)=0+o(1)-\alpha x-\beta
=
-\alpha x-\beta+o(1).Чтобы f(x)→0f(x)\to0 при x→−∞x\to-\infty, необходимо α=0\alpha=0, тогда −β=0-\beta=0, откуда β=0\beta=0.

а) При x→+∞x\to+\infty:e1/x=1+1x+o(1x).e^{1/x}=1+\dfrac1x+o\left(\dfrac1x\right).Тогда(x+4)e1/x=(x+4)(1+1x+o(1x))=x+4+1+o(1)=x+5+o(1).(x+4)e^{1/x}
=
(x+4)\left(1+\dfrac1x+o\left(\dfrac1x\right)\right)
=
x+4+1+o(1)
=
x+5+o(1).Следовательно,f(x)=x+5+o(1)−αx−β=(1−α)x+(5−β)+o(1).f(x)=x+5+o(1)-\alpha x-\beta
=
(1-\alpha)x+(5-\beta)+o(1).Для стремления к нулю:1−α=0,5−β=0,1-\alpha=0,\qquad 5-\beta=0,откуда α=1\alpha=1, β=5\beta=5.

Пункт б)

При x→−0x\to-0 имеем 1x→−∞\dfrac1x\to-\infty, поэтому e1/x→0e^{1/x}\to0. Тогда(x+4)e1/x→0.(x+4)e^{1/x}\to0.Следовательно,f(x)=0+o(1)−αx−β=−αx−β+o(1).f(x)=0+o(1)-\alpha x-\beta
=
-\alpha x-\beta+o(1).При x→0x\to0 слагаемое −αx→0-\alpha x\to0, поэтому f(x)→−βf(x)\to-\beta. Чтобы предел был равен нулю, необходимо β=0\beta=0. Параметр α\alpha произволен.

а) При x→+∞x\to+\infty:ln⁡(1+e3x)=ln⁡[e3x(1+e−3x)]=3x+ln⁡(1+e−3x)=3x+o(1).\ln(1+e^{3x})
=
\ln\left[e^{3x}(1+e^{-3x})\right]
=
3x+\ln(1+e^{-3x})
=
3x+o(1).Тогдаf(x)=3x+o(1)−αx−β=(3−α)x−β+o(1).f(x)=3x+o(1)-\alpha x-\beta
=
(3-\alpha)x-\beta+o(1).Для стремления к нулю:3−α=0,−β=0,3-\alpha=0,\qquad -\beta=0,откуда α=3\alpha=3, β=0\beta=0.

Пункт б)

При x→−∞x\to-\infty имеем e3x→0e^{3x}\to0. Тогдаln⁡(1+e3x)∼e3x→0.\ln(1+e^{3x})\sim e^{3x}\to0.Следовательно,f(x)=0+o(1)−αx−β=−αx−β+o(1).f(x)=0+o(1)-\alpha x-\beta
=
-\alpha x-\beta+o(1).Чтобы f(x)→0f(x)\to0 при x→−∞x\to-\infty, необходимо α=0\alpha=0, тогда −β=0-\beta=0, откуда β=0\beta=0.

а) При x→+∞x\to+\infty:arctg⁡x=π2−arctan⁡1x.\operatorname{arctg}x=\dfrac\pi2-\arctan\dfrac1x.Так как arctan⁡1x∼1x\arctan\dfrac1x\sim\dfrac1x, получаемarctg⁡x=π2−1x+o(1x).\operatorname{arctg}x
=
\dfrac\pi2-\dfrac1x+o\left(\dfrac1x\right).Тогдаxarctg⁡x=π2x−1+o(1).x\operatorname{arctg}x
=
\dfrac\pi2x-1+o(1).Следовательно,f(x)=π2x−1+o(1)−αx−β=(π2−α)x+(−1−β)+o(1).f(x)=\dfrac\pi2x-1+o(1)-\alpha x-\beta
=
\left(\dfrac\pi2-\alpha\right)x+(-1-\beta)+o(1).Для стремления к нулю:π2−α=0,−1−β=0,\dfrac\pi2-\alpha=0,\qquad -1-\beta=0,откуда α=π2\alpha=\dfrac\pi2, β=−1\beta=-1.

Проверка

б) При x→−∞x\to-\infty:arctg⁡x=−π2−arctan⁡1x.\operatorname{arctg}x=-\dfrac\pi2-\arctan\dfrac1x.Так как arctan⁡1x∼1x\arctan\dfrac1x\sim\dfrac1x, получаемarctg⁡x=−π2−1x+o(1x).\operatorname{arctg}x
=
-\dfrac\pi2-\dfrac1x+o\left(\dfrac1x\right).Тогдаxarctg⁡x=−π2x−1+o(1).x\operatorname{arctg}x
=
-\dfrac\pi2x-1+o(1).Следовательно,f(x)=−π2x−1+o(1)−αx−β=(−π2−α)x+(−1−β)+o(1).f(x)=-\dfrac\pi2x-1+o(1)-\alpha x-\beta
=
\left(-\dfrac\pi2-\alpha\right)x+(-1-\beta)+o(1).Для стремления к нулю:−π2−α=0,−1−β=0,-\dfrac\pi2-\alpha=0,\qquad -1-\beta=0,откуда α=−π2\alpha=-\dfrac\pi2, β=−1\beta=-1.
Кудрявцев № 9.46 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика