Эквивалентные бесконечно малые, применение к нахождению пределов

Доказать эквивалентность бесконечно малых величин $\ln (1+\alpha (x\left)\right)$ и $\alpha \left(x\right)$.

Решение

Необходимо вычислить предел отношения данных величин $\underset{x\to x_0}{\lim }\frac{\ln (1+\alpha (x\left)\right)}{\alpha \left(x\right)}$.

При использовании одно свойства логарифмов, получаем, что

$\underset{x\to x_0}{\lim }\frac{\ln (1+\alpha (x\left)\right)}{\alpha \left(x\right)}=\frac{1}{\alpha \left(x\right)}\ln (1+\alpha (x\left)\right)=\ln (1+\alpha (x){)}^{\frac{1}{\alpha \left(x\right)}}$

Запишем предел вида

$\underset{x\to x_0}{\lim }\frac{\ln (1+\alpha (x\left)\right)}{\alpha \left(x\right)}=\ln (1+\alpha (x){)}^{\frac{1}{\alpha \left(x\right)}}$

Логарифмическая функция считается непрерывной на своей области определения, тогда необходимо применять свойство предела непрерывных функций, причем сменить знак перед предельным переходом и логарифмом. Получаем, что

$\underset{x\to x_0}{\lim }\frac{\ln (1+\alpha (x\left)\right)}{\alpha \left(x\right)}=\ln (1+\alpha (x){)}^{\frac{1}{\alpha \left(x\right)}}=\ln \left(\underset{x\to x_0}{\lim }{\left(1+\alpha \left(x\right)\right)}^{\frac{1}{a\left(x\right)}}\right)$

Необходимо произвести замену переменных $t=\alpha \left(x\right)$. Имеем, что $\alpha \left(x\right)$ является бесконечно малой функцией с $x\to x_0$, тогда $\underset{x\to x_0}{\lim }a\left(x\right)=0$. Отсюда следует, что $t\to 0$.

Предел принимает вид

$$\begin{gathered} \underset{x\to x_0}{\lim }\frac{\ln (1+\alpha (x\left)\right)}{\alpha \left(x\right)}=\ln (1+\alpha (x){)}^{\frac{1}{\alpha \left(x\right)}}=\ln \left(\underset{x\to x_0}{\lim }{\left(1+\alpha \left(x\right)\right)}^{\frac{1}{a\left(x\right)}}\right)= \\ =\ln \left(\underset{t\to 0}{\lim }(1+t{)}^{\frac{1}{t}}\right)=\ln (e)=1 \end{gathered}$$

Ответ: $\underset{x\to x_0}{\lim }\frac{\ln (1+\alpha (x\left)\right)}{\alpha \left(x\right)}=1$

Вычислить предел функции $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1-\cos \left(4x^2\right)}{16x^4}$.

Решение

Производится подстановка значений

$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1-\cos \left(4x^2\right)}{16x^4}=\frac{1-\cos (4·0^2)}{16·0^4}=open\frac{0}{0}>$

Полученная неопределенность говорит о том, что функция бесконечно малая и для ее разрешения необходимо обратиться к таблице эквивалентных бесконечно малых. Тогда получаем, что функция $1-\cos \left(\alpha \left(x\right)\right)$ является эквивалентной $\frac{{\left(\alpha \left(x\right)\right)}^2}{2}$, тогда имеем, что $1-\cos \left(4x^2\right)$ является эквивалентной $\frac{{\left(4x^2\right)}^2}{2}$.

После того, как была произведена замена бесконечно малой функции на ее эквивалентную, предел запишется так:

$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1-\cos \left(4x^2\right)}{16x^4}=open\frac{0}{0}>=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\displaystyle \frac{(4x^2{)}^2}{2}}}{16x^4}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{16x^4}{32x^4}=\frac{1}{2}$

Без таблицы эквивалентных бесконечно малых не имели бы возможность воспользоваться правилом Лопиталя. Получаем, что

$$\begin{gathered} \underset{x\to 0}{\lim }\frac{1-\cos \left(4x^2\right)}{16x^4}=open\frac{0}{0}>=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\left(1-\cos \left(4x^2\right)\right)}^{\text{'}}}{{\left(16x^4\right)}^{\text{'}}}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{8x\sin \left(4x^2\right)}{64x^3}= \\ =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin \left(4x^2\right)}{8x^2}=open\frac{0}{0}>=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\left(\sin \left(4x^2\right)\right)}^{\text{'}}}{{\left(8x^2\right)}^{\text{'}}}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{8x\cos \left(4x^2\right)}{16x}=\frac{1}{2}\underset{x\to 0}{\lim }\left(\cos \left(4x^2\right)\right)=\frac{1}{2} \end{gathered}$$

Можно было произвести преобразование функции с применением тригонометрических формул с применением первого замечательного предела. Запишем, что

$$\begin{gathered} \underset{x\to 0}{\lim }\frac{1-\cos \left(4x^2\right)}{16x^4}=open\frac{0}{0}>=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{2{\sin }^2\left(2x^2\right)}{16x^4}= \\ =\underset{x\to 0}{\lim }\left(\frac{1}{2}·\frac{\sin {\displaystyle (}{\displaystyle 2}{\displaystyle x^2}{\displaystyle )}}{2x^2}·\frac{\sin {\displaystyle (}{\displaystyle 2}{\displaystyle x^2}{\displaystyle )}}{2x^2}\right)=\frac{1}{2}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin {\displaystyle (}{\displaystyle 2}{\displaystyle x^2}{\displaystyle )}}{2x^2}·\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin {\displaystyle (}{\displaystyle 2}{\displaystyle x^2}{\displaystyle )}}{2x^2}= \\ =open \begin{array}{l}пусть t=2x^2,\\ t\to 0 при x\to 0\end{array}\left.open\begin{array}{r}\\ \end{array}\right\}=\frac{1}{2}\underset{t\to 0}{\lim }\frac{\sin {\displaystyle (}{\displaystyle t}{\displaystyle )}}{t}·\underset{t\to 0}{\lim }\frac{\sin {\displaystyle (}{\displaystyle t}{\displaystyle )}}{t}=\frac{1}{2}·1·1=\frac{{\displaystyle 1}}{2} \end{gathered}$$

Ответ: $\frac{1}{2}$.