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

Кудрявцев — задача 9.49

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

Задача 9.49

Показать, что f(x)f(x) бесконечно большая, и найти g(x)=Axng(x)=Ax^n, такую что f(x)∼g(x)f(x)\sim g(x):

1) f(x)=x52x2+x+1, x0=∞f(x)=\dfrac{x^5}{2x^2+x+1},\ x_0=\infty;

2) f(x)=x4+x+1, x0=∞f(x)=\sqrt{x^4+x+1},\ x_0=\infty;

3) f(x)=1x+2−x+1, x0=+∞f(x)=\dfrac1{\sqrt{x+2}-\sqrt{x+1}},\ x_0=+\infty;

4) f(x)=xx+2−2x+1+x, x0=+∞f(x)=\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x+2}-2\sqrt{x+1}+\sqrt{x}},\ x_0=+\infty;
5) f(x)=(1+2x−1)ctg⁡2x3, x0=0f(x)=(\sqrt{1+2x}-1)\operatorname{ctg}^2 x^3,\ x_0=0;
6) f(x)=1−cos⁡xcos⁡2xx5, x0=0f(x)=\dfrac{1-\cos x\sqrt{\cos2x}}{x^5},\ x_0=0.
Доказано:1) g(x)=12x3;1)\ g(x)=\dfrac12 x^3;
2) g(x)=x2;2)\ g(x)=x^2;
3) g(x)=2x1/2;3)\ g(x)=2x^{1/2};
4) g(x)=−4x2;4)\ g(x)=-4x^2;
5) g(x)=x−5;5)\ g(x)=x^{-5};
6) g(x)=32x−36)\ g(x)=\dfrac32 x^{-3}

Доказательство

При x→∞x\to\infty:x52x2+x+1=x32+1x+1x2∼x32.\dfrac{x^5}{2x^2+x+1}
=
\dfrac{x^3}{2+\dfrac1x+\dfrac1{x^2}}
\sim
\dfrac{x^3}{2}.Следовательно, f(x)∼12x3f(x)\sim \dfrac12 x^3, и функция бесконечно большая.

При x→∞x\to\infty:x4+x+1=x21+1x3+1x4∼x2.\sqrt{x^4+x+1}
=
x^2\sqrt{1+\dfrac1{x^3}+\dfrac1{x^4}}
\sim x^2.Следовательно, f(x)∼x2f(x)\sim x^2, и функция бесконечно большая.
Преобразуем знаменатель:x+2−x+1=1x+2+x+1.\sqrt{x+2}-\sqrt{x+1}
=
\dfrac1{\sqrt{x+2}+\sqrt{x+1}}.Следовательно,f(x)=x+2+x+1.f(x)=\sqrt{x+2}+\sqrt{x+1}.При x→+∞x\to+\infty:x+2+x+1=x(1+2x+1+1x)∼2x.\sqrt{x+2}+\sqrt{x+1}
=
\sqrt{x}\left(\sqrt{1+\dfrac2x}+\sqrt{1+\dfrac1x}\right)
\sim
2\sqrt{x}.Таким образом, f(x)∼2x1/2f(x)\sim 2x^{1/2}, и функция бесконечно большая.
Разложим знаменатель. Для любого aa:x+a=x(1+a2x−a28x2+o(x−2)).\sqrt{x+a}
=
\sqrt{x}\left(1+\dfrac a{2x}-\dfrac{a^2}{8x^2}+o(x^{-2})\right).Тогдаx+2=x(1+1x−12x2+o(x−2)),\sqrt{x+2}
=
\sqrt{x}\left(1+\dfrac1x-\dfrac1{2x^2}+o(x^{-2})\right),−2x+1=−2x(1+12x−18x2+o(x−2)),-2\sqrt{x+1}
=
-2\sqrt{x}\left(1+\dfrac1{2x}-\dfrac1{8x^2}+o(x^{-2})\right),+x=x.+\sqrt{x}=\sqrt{x}.Складываем:x+2−2x+1+x=x[1+1x−12x2−2−1x+14x2+1+o(x−2)]=\sqrt{x+2}-2\sqrt{x+1}+\sqrt{x}
=
\sqrt{x}\left[
1+\dfrac1x-\dfrac1{2x^2}
-2-\dfrac1x+\dfrac1{4x^2}
+1
+o(x^{-2})
\right]
==−14x3/2+o(x−3/2).=
-\dfrac1{4x^{3/2}}+o(x^{-3/2}).Следовательно,f(x)=x−14x3/2+o(x−3/2)∼−4x2.f(x)
=
\dfrac{\sqrt{x}}{-\dfrac1{4x^{3/2}}+o(x^{-3/2})}
\sim
-4x^2.Функция бесконечно большая.

При x→0x\to0:1+2x−1=2x1+2x+1∼x.\sqrt{1+2x}-1
=
\dfrac{2x}{\sqrt{1+2x}+1}
\sim x.Далее,ctg⁡2x3=cos⁡2x3sin⁡2x3∼1x6.\operatorname{ctg}^2 x^3
=
\dfrac{\cos^2 x^3}{\sin^2 x^3}
\sim
\dfrac1{x^6}.Следовательно,f(x)∼x⋅1x6=x−5.f(x)\sim x\cdot\dfrac1{x^6}=x^{-5}.Функция бесконечно большая.

Проверка

6. Разложим числитель:cos⁡x=1−x22+o(x2),\cos x=1-\dfrac{x^2}{2}+o(x^2),cos⁡2x=1−2x2+o(x2),\cos2x=1-2x^2+o(x^2),cos⁡2x=1+12(−2x2)+o(x2)=1−x2+o(x2).\sqrt{\cos2x}
=
1+\dfrac12(-2x^2)+o(x^2)
=
1-x^2+o(x^2).Тогдаcos⁡xcos⁡2x=(1−x22+o(x2))(1−x2+o(x2))=1−32x2+o(x2).\cos x\sqrt{\cos2x}
=
\left(1-\dfrac{x^2}{2}+o(x^2)\right)
\left(1-x^2+o(x^2)\right)
=
1-\dfrac32 x^2+o(x^2).Следовательно,1−cos⁡xcos⁡2x=32x2+o(x2).1-\cos x\sqrt{\cos2x}
=
\dfrac32 x^2+o(x^2).Вся дробь:f(x)=32x2+o(x2)x5∼32x−3.f(x)
=
\dfrac{\dfrac32 x^2+o(x^2)}{x^5}
\sim
\dfrac32 x^{-3}.Функция бесконечно большая.

Что и требовалось доказать