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

Кудрявцев — задача 9.57

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

Задача 9.57

Найти α\alpha и β\beta, при которых f(x)∼αxβf(x)\sim \alpha x^\beta:

1) f(x)=2x+x+xf(x)=\sqrt{2x+\sqrt{x+\sqrt{x}}};
а) x→+0x\to+0;
б) x→+∞x\to+\infty;

2) f(x)=1−2x−1−3x3, x→0f(x)=\sqrt{1-2x}-\sqrt[3]{1-3x},\ x\to0;

3) f(x)=2ex2+(cos⁡x−1)2+x5−2, x→0f(x)=2e^{x^2}+(\cos x-1)^2+x^5-2,\ x\to0;

4) f(x)=sin⁡22x+arcsin⁡2x+2arctg⁡x2, x→0f(x)=\sin^2 2x+\arcsin^2 x+2\operatorname{arctg}x^2,\ x\to0;

5) f(x)=1−cos⁡(1−cos⁡1x), x→∞f(x)=1-\cos\left(1-\cos\dfrac1x\right),\ x\to\infty;
6) f(x)=E(1x), x→0f(x)=E\left(\dfrac1x\right),\ x\to 0.
Ответ:1) а) α=1, β=18,1)\ \text{а) } \alpha=1,\ \beta=\dfrac18,
б) α=2, β=12;\text{б) } \alpha=\sqrt2,\ \beta=\dfrac12;
2) α=12, β=2;2)\ \alpha=\dfrac12,\ \beta=2;
3) α=2,  β=2;3)\ \alpha=2,\ \ \beta=2;
4) α=7, β=2;4)\ \alpha=7,\ \beta=2;
5) α=18, β=−4;5)\ \alpha=\dfrac18,\ \beta=-4;
6) α=1, β=−16)\ \alpha=1,\ \beta=-1

Решение

а) При x→+0x\to+0: x+x=x(1+x)∼xx+\sqrt{x}=\sqrt{x}(1+\sqrt{x})\sim \sqrt{x}. Тогда x+x∼x=x1/4\sqrt{x+\sqrt{x}}\sim\sqrt{\sqrt{x}}=x^{1/4}. Отсюда 2x+x+x∼x1/42x+\sqrt{x+\sqrt{x}}\sim x^{1/4}. Следовательно, f(x)∼(x1/4)1/2=x1/8f(x)\sim (x^{1/4})^{1/2}=x^{1/8}. α=1, β=18\alpha=1,\ \beta=\dfrac18.

Пункт б)

При x→+∞x\to+\infty: x+x∼xx+\sqrt{x}\sim x, поэтому x+x∼x\sqrt{x+\sqrt{x}}\sim\sqrt{x}. Тогда 2x+x+x∼2x2x+\sqrt{x+\sqrt{x}}\sim2x. Отсюда f(x)∼2x=2 x1/2f(x)\sim\sqrt{2x}=\sqrt2\,x^{1/2}. α=2, β=12\alpha=\sqrt2,\ \beta=\dfrac12.
Используем разложение (1+u)a=1+au+a(a−1)2u2+o(u2)(1+u)^a=1+au+\dfrac{a(a-1)}2u^2+o(u^2). Для 1−2x\sqrt{1-2x} при u=−2xu=-2x, a=12a=\dfrac12: 1−2x=1−x−12x2+o(x2)\sqrt{1-2x}=1-x-\dfrac12 x^2+o(x^2). Для 1−3x3\sqrt[3]{1-3x} при u=−3xu=-3x, a=13a=\dfrac13: 1−3x3=1−x−x2+o(x2)\sqrt[3]{1-3x}=1-x-x^2+o(x^2). Тогда f(x)=(1−x−12x2)−(1−x−x2)+o(x2)=12x2+o(x2)f(x)=\left(1-x-\dfrac12 x^2\right)-\left(1-x-x^2\right)+o(x^2)= \dfrac12 x^2+o(x^2). Следовательно, f(x)∼12x2f(x)\sim\dfrac12 x^2. α=12, β=2\alpha=\dfrac12,\ \beta=2.
Используем разложения: ex2=1+x2+x42+o(x4)e^{x^2}=1+x^2+\dfrac{x^4}{2}+o(x^4), cos⁡x=1−x22+x424+o(x4)\cos x=1-\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^4}{24}+o(x^4), откуда cos⁡x−1=−x22+x424+o(x4)\cos x-1=-\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^4}{24}+o(x^4), (cos⁡x−1)2=x44+o(x4)(\cos x-1)^2=\dfrac{x^4}{4}+o(x^4). Тогда 2ex2=2+2x2+x4+o(x4)2e^{x^2}=2+2x^2+x^4+o(x^4). Следовательно,f(x)=2+2x2+x4+x44+x5−2+o(x4)=2x2+54x4+x5+o(x4).f(x)=2+2x^2+x^4+\dfrac{x^4}{4}+x^5-2+o(x^4)=2x^2+\dfrac54x^4+x^5+o(x^4).Так как x5=o(x4)x^5=o(x^4), главный член: f(x)∼2x2f(x)\sim2x^2. α=2, β=2\alpha=2,\ \beta=2.

При x→0x\to0: sin⁡2x∼2x\sin 2x\sim2x, поэтому sin⁡22x∼4x2\sin^2 2x\sim4x^2. Далее, arcsin⁡x∼x\arcsin x\sim x, следовательно, arcsin⁡2x∼x2\arcsin^2 x\sim x^2. Также arctg⁡x2∼x2\operatorname{arctg}x^2\sim x^2, поэтому 2arctg⁡x2∼2x22\operatorname{arctg}x^2\sim2x^2. Складываем: f(x)∼7x2f(x)\sim7x^2. α=7, β=2\alpha=7,\ \beta=2.

При x→∞x\to\infty: 1x→0\dfrac1x\to0. Тогда 1−cos⁡1x=2sin⁡212x∼12x21-\cos\dfrac1x=2\sin^2\dfrac1{2x}\sim\dfrac1{2x^2}. Обозначим u=1−cos⁡1xu=1-\cos\dfrac1x. Тогда u→0u\to0 и u∼12x2u\sim\dfrac1{2x^2}. Далее, 1−cos⁡u=2sin⁡2u2∼u221-\cos u=2\sin^2\dfrac u2\sim\dfrac{u^2}{2}. Следовательно, f(x)∼12(12x2)2=18x4f(x)\sim\dfrac12\left(\dfrac1{2x^2}\right)^2=\dfrac1{8x^4}. α=18, β=−4\alpha=\dfrac18,\ \beta=-4.

Проверка

6. Для любого y∈Ry\in\mathbb R выполняется E(y)=y−{y}E(y)=y-\{y\}, где {y}∈[0,1)\{y\}\in[0,1). Следовательно, при y≠0y\neq0: E(y)y=1−{y}y\dfrac{E(y)}{y}=1-\dfrac{\{y\}}{y}. Так как {y}\{y\} ограничена, {y}y→0\dfrac{\{y\}}{y}\to0 при ∣y∣→∞|y|\to\infty. Полагаем y=1xy=\dfrac1x. При x→0x\to0 имеем ∣y∣→∞|y|\to\infty, поэтому E(1/x)1/x→1\dfrac{E(1/x)}{1/x}\to1. Значит, E(1x)∼1x=x−1E\left(\dfrac1x\right)\sim \dfrac1x=x^{-1}. α=1, β=−1\alpha=1,\ \beta=-1.
Кудрявцев № 9.57 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика