Эквивалентные бесконечно малые, применение к нахождению пределов

Содержание:

Преподаватель математики и информатики. Кафедра бизнес-информатики Российского университета транспорта

Функции вида $α (x)$ и $β (x)$ называются бесконечно малыми, если значение $x \to x_{0}$ , а $\lim_{x \to x_{0}} α (x) = 0$ и $\lim_{x \to x_{0}} β (x) = 0$ .

Функции вида $α (x)$ и $β (x)$ называются эквивалентно бесконечно малыми, если значение $x \to x_{0}$ , а $\lim_{x \to x_{0}} \frac{α (x)}{β (x)} = 1$ .

Для нахождения пределов используют замены эквивалентных бесконечно малых. Их проводят, основываясь на данных таблицы.

Таблица эквивалентных бесконечно малых

Когда имеем $α (x)$ как бесконечно малую функцию со значением $x \to x_{0}$ .

$\sin (α (x))$	эквивалентна	$α (x)$
$t g (α (x))$	эквивалентна	$α (x)$
$a r c \sin (α (x))$	эквивалентна	$α (x)$
$a r c t g (α (x))$	эквивалентна	$α (x)$
$1 - \cos (α (x))$	эквивалентна	$\frac{{(α (x))}^{2}}{2}$
$\ln (1 + α (x))$	эквивалентна	$α (x)$
$α^{α (x)} - 1$	эквивалентна	$α (x) \ln α$
${(1 + α (x))}^{p} - 1$	эквивалентна	$p α (x)$
${(1 + α (x))}^{\frac{1}{p}} - 1$	эквивалентна	$\frac{α (x)}{p}$

Для доказательства эквивалентности основываются на равенстве $\lim_{x \to x_{0}} \frac{α (x)}{β (x)} = 1$ .

Пример 1

Доказать эквивалентность бесконечно малых величин $\ln (1 + α (x))$ и $α (x)$ .

Решение

Необходимо вычислить предел отношения данных величин $\lim_{x \to x_{0}} \frac{\ln (1 + α (x))}{α (x)}$ .

При использовании одно свойства логарифмов, получаем, что

$\lim_{x \to x_{0}} \frac{\ln (1 + α (x))}{α (x)} = \frac{1}{α (x)} \ln (1 + α (x)) = \ln (1 + α (x))^{\frac{1}{α (x)}}$

Запишем предел вида

$\lim_{x \to x_{0}} \frac{\ln (1 + α (x))}{α (x)} = \ln (1 + α (x))^{\frac{1}{α (x)}}$

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

$\lim_{x \to x_{0}} \frac{\ln (1 + α (x))}{α (x)} = \ln (1 + α (x))^{\frac{1}{α (x)}} = \ln (\lim_{x \to x_{0}} {(1 + α (x))}^{\frac{1}{a (x)}})$

Необходимо произвести замену переменных $t = α (x)$ . Имеем, что $α (x)$ является бесконечно малой функцией с $x \to x_{0}$ , тогда $\lim_{x \to x_{0}} a (x) = 0$ . Отсюда следует, что $t \to 0$ .

Предел принимает вид

$\lim_{x \to x_{0}} \frac{\ln (1 + α (x))}{α (x)} = \ln (1 + α (x))^{\frac{1}{α (x)}} = \ln (\lim_{x \to x_{0}} {(1 + α (x))}^{\frac{1}{a (x)}}) = = \ln (\lim_{t \to 0} (1 + t)^{\frac{1}{t}}) = \ln (e) = 1$

Ответ: $\lim_{x \to x_{0}} \frac{\ln (1 + α (x))}{α (x)} = 1$

Получение $1$ говорит о том, что заданные бесконечно малые функции эквивалентны. При последнем переходе применяли второй замечательный предел.

Таблица эквивалентных бесконечно малых необходима для ускорения процесса вычисления.

Пример 2

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

Решение

Производится подстановка значений

$\lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos (4 x^{2})}{16 x^{4}} = \frac{1 - \cos (4 \cdot 0^{2})}{16 \cdot 0^{4}} = <\frac{0}{0}>$

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

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

$\lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos (4 x^{2})}{16 x^{4}} = <\frac{0}{0}> = \lim_{x \to 0} \frac{\frac{(4 x^{2})^{2}}{2}}{16 x^{4}} = \lim_{x \to 0} \frac{16 x^{4}}{32 x^{4}} = \frac{1}{2}$

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

$\lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos (4 x^{2})}{16 x^{4}} = <\frac{0}{0}> = \lim_{x \to 0} \frac{{(1 - \cos (4 x^{2}))}^{'}}{{(16 x^{4})}^{'}} = \lim_{x \to 0} \frac{8 x \sin (4 x^{2})}{64 x^{3}} = = \lim_{x \to 0} \frac{\sin (4 x^{2})}{8 x^{2}} = <\frac{0}{0}> = \lim_{x \to 0} \frac{{(\sin (4 x^{2}))}^{'}}{{(8 x^{2})}^{'}} = \lim_{x \to 0} \frac{8 x \cos (4 x^{2})}{16 x} = \frac{1}{2} \lim_{x \to 0} (\cos (4 x^{2})) = \frac{1}{2}$

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

$\lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos (4 x^{2})}{16 x^{4}} = <\frac{0}{0}> = \lim_{x \to 0} \frac{2 \sin^{2} (2 x^{2})}{16 x^{4}} = = \lim_{x \to 0} (\frac{1}{2} \cdot \frac{\sin (2 x^{2})}{2 x^{2}} \cdot \frac{\sin (2 x^{2})}{2 x^{2}}) = \frac{1}{2} \lim_{x \to 0} \frac{\sin (2 x^{2})}{2 x^{2}} \cdot \lim_{x \to 0} \frac{\sin (2 x^{2})}{2 x^{2}} = = \{\begin{array}{l} п у с т ь t = 2 x^{2}, \\ t \to 0 п р и x \to 0 \end{array} \begin{array}{r} \end{array}\} = \frac{1}{2} \lim_{t \to 0} \frac{\sin (t)}{t} \cdot \lim_{t \to 0} \frac{\sin (t)}{t} = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot 1 = \frac{1}{2}$