Сравнение бесконечно малых. Практикум по математическому анализу. Урок 20

Чтобы сравнить между собой бесконечно малые величины \displaystyle \alpha и \displaystyle \beta, находят предел их отношения. При этом:
1) если \displaystyle \textrm{lim}\frac{\alpha }{\beta }=0, то \displaystyle \alpha называется бесконечно малой высшего порядка, чем \displaystyle \beta;
2) если \displaystyle \textrm{lim}\frac{\alpha }{\beta }=\infty, то \displaystyle \alpha называется бесконечно малой низшего порядка, чем \displaystyle \beta;

загрузка...

3) если \displaystyle \textrm{lim}\frac{\alpha }{\beta }=A, то \displaystyle \alpha называется бесконечно малой того же порядка, что и \displaystyle \beta;
4) если \displaystyle \textrm{lim}\frac{\alpha }{\beta }=1, то \displaystyle \alpha и \displaystyle \beta называются эквивалентными бесконечно малыми. Эквивалентность бесконечно малых \displaystyle \alpha и \displaystyle \beta обозначается знаком приближенного равенства: \displaystyle \alpha \approx \beta.

Эквивалентные бесконечно малые обладают следующими свойствами:
I. Разность двух эквивалентных бесконечно малых есть бесконечно малая высшего порядка, чем каждая из них.
II. При нахождении предела отношения двух бесконечно малых можно каждую (или только одну) из них заменить другой бесконечно малой, ей эквивалентной, т.е. если \displaystyle \alpha \approx \alpha _{1} и \displaystyle \beta \approx \beta _{1}, то
\displaystyle \textrm{lim}\frac{\alpha }{\beta }=\textrm{lim}\frac{\alpha_{1} }{\beta }=\textrm{lim}\frac{\alpha }{\beta_{1} }=\textrm{lim}\frac{\alpha_{1} }{\beta_{1} }.
Пример 1. Если \displaystyle x \to 0, то какие из следующих бесконечно малых:
1) 10x; 2) \displaystyle x^{3}; 3) \displaystyle \sqrt{3x}; 4) \displaystyle \textrm{tg}\: \frac{x}{5}; 5) \displaystyle \textrm{lg}(1+x) имеют порядок выше, чем x, ниже, чем x, и тот же, что x?
Решение. Найдем предел отношения каждой данной бесконечно малой к бесконечно малой x:
1) \displaystyle \underset{x \to 0 }{\textrm{lim}}\frac{10x}{x}=10.
Следовательно, 10x есть бесконечно малая того же порядка, что x;
2) \displaystyle \underset{x \to 0 }{\textrm{lim}}\frac{x^{3}}{x}=\underset{x \to 0 }{\textrm{lim}}x^{2}=0;
\displaystyle x^{3} есть бесконечно малая высшего порядка, чем x;
3) \displaystyle \underset{x \to +0 }{\textrm{lim}}\frac{\sqrt{3x}}{x}=\underset{x \to 0 }{\textrm{lim}}\sqrt{\frac{3}{x}}=+\infty;
\displaystyle \sqrt{3x} есть бесконечно малая низшего порядка, чем x;
4) \displaystyle \underset{x \to 0 }{\textrm{lim}}\frac{\textrm{tg}\: \frac{x}{5}}{x}=\underset{x \to 0 }{\textrm{lim}}\frac{\sin \frac{x}{5}}{x\cos \frac{x}{5}}=
=\underset{x \to 0 }{\textrm{lim}}\frac{\sin \frac{x}{5}}{x}\cdot \underset{x \to 0 }{\textrm{lim}}\frac{1}{\cos \frac{x}{5}}=\frac{1}{5}\underset{x \to 0 }{\textrm{lim}}\frac{\sin \frac{x}{5}}{\frac{x}{5}}\cdot \frac{1}{1}=\frac{1}{5}\cdot 1=\frac{1}{5}.
\displaystyle \textrm{tg}\: \frac{x}{5} есть бесконечно малая того же порядка, что x;
5) \displaystyle \underset{x \to 0 }{\textrm{lim}}\frac{\textrm{lg}(1+x)}{x}=\underset{x \to 0 }{\textrm{lim}}\: \textrm{lg}(1+x)^{\frac{1}{x}}=\textrm{lg}\: e;

\displaystyle \textrm{lg}(1+x) есть бесконечно малая того же порядка, что x.
Пример 2. Доказать, что при \displaystyle x \to 0:
1) \displaystyle \sin ax\approx ax; 2) \displaystyle \textrm{tg}\: ax\approx ax; 3) \displaystyle \textrm{arcsin}\: ax\approx ax; 4) \displaystyle \textrm{arctg}\: ax\approx ax; 5) \displaystyle \sqrt{1+x}-1\approx \frac{1}{2}x.
Решение. Чтобы доказать эквивалентность двух бесконечно малых, нужно найти предел их отношения. Если этот предел окажется равным единице, то бесконечно малые эквивалентны.
1) \displaystyle \underset{x \to 0 }{\textrm{lim}}\frac{\sin ax}{ax}=\underset{ax \to 0 }{\textrm{lim}}\frac{\sin ax}{ax}=1.
2) \displaystyle \underset{x \to 0 }{\textrm{lim}}\frac{\textrm{tg} ax}{ax}=\underset{x \to 0 }{\textrm{lim}}\frac{\sin ax}{ax\cos ax} =\underset{x \to 0 }{\textrm{lim}}\frac{\sin ax}{ax}\cdot \underset{x \to 0 }{\textrm{lim}}\frac{1}{\cos ax}=
=1\cdot 1=1.
3) Полагая \displaystyle \textrm{arcsin}\: ax=\alpha, получим:
\displaystyle \underset{x \to 0 }{\textrm{lim}}\frac{\textrm{arcsin} ax}{ax}=\underset{\alpha \to 0 }{\textrm{lim}}\frac{\alpha }{\sin \alpha }=1.
4) Полагая \displaystyle \textrm{arctg}\: ax=z, найдем:
\displaystyle \underset{x \to 0 }{\textrm{lim}}\frac{\textrm{arctg}\: ax}{ax}=\underset{z \to 0 }{\textrm{lim}}\frac{z}{\textrm{tg}\: z}=\underset{z \to 0 }{\textrm{lim}}\frac{z}{\sin z}\cdot \underset{z \to 0 }{\textrm{lim}}\cos z=1.
5) \displaystyle \underset{x \to 0 }{\textrm{lim}}\frac{\sqrt{1+x}-1}{\frac{x}{2}}=2\underset{x \to 0 }{\textrm{lim}}\frac{1+x-1}{x(\sqrt{1+x}+1)}=2\cdot \frac{1}{2}=1.
Пример 2. Пользуясь тем, что при отыскании предела отношения двух бесконечно малых можно заменять их эквивалентными бесконечно малыми (свойство II), найти следующие пределы:
1) \displaystyle \underset{x \to 0 }{\textrm{lim}}\frac{\sin 4x}{\sin 3x};
2) \displaystyle \underset{x \to 0 }{\textrm{lim}}\frac{\textrm{tg}^{2}2x}{\sin^{2} \frac{x}{3}};
3) \displaystyle \underset{x \to 0 }{\textrm{lim}}\frac{x\sin 2x}{(\textrm{arctg}\: 5x)^{2}};
4) \displaystyle \underset{n \to +\infty }{\textrm{lim}}\frac{tg^{3}\frac{1}{n}\cdot arctg \frac{3}{n \sqrt{n}}}{\sin \frac{2}{n^{3}}\cdot tg\frac{1}{\sqrt{n}}\cdot arcsin\frac{5}{n}}.
Решение. Пользуясь тем, что \displaystyle \sin \alpha \approx \textrm{tg}\alpha \approx \textrm{arcsin}\alpha \approx \textrm{arctg}\alpha \approx \alpha при \displaystyle \alpha \rightarrow 0, что следует из решения примера 2, и применяя указанное свойство эквивалентных бесконечно малых, получим:
1) \displaystyle \underset{x \to 0 }{\textrm{lim}}\frac{\sin 4x}{\sin 3x}=\underset{x \to 0 }{\textrm{lim}}\frac{ 4x}{ 3x}=\underset{x \to 0 }{\textrm{lim}}\frac{4}{3};
2) \displaystyle \underset{x \to 0 }{\textrm{lim}}\frac{\textrm{tg}^{2}2x}{\sin^{2} \frac{x}{3}}=\underset{x \to 0 }{\textrm{lim}}\frac{(2x)^{2}}{(\frac{x}{3})^{2}}=36;
3) \displaystyle \underset{x \to 0 }{\textrm{lim}}\frac{x\sin 2x}{(\textrm{arctg}\: 5x)^{2}}=\underset{x \to 0 }{\textrm{lim}}\frac{x}{5x}\cdot \frac{2x}{5x}=\frac{2}{25};
4) \displaystyle \underset{n \to +\infty }{\textrm{lim}}\frac{tg^{3}\frac{1}{n}\cdot arctg \frac{3}{n \sqrt{n}}}{\sin \frac{2}{n^{3}}\cdot tg\frac{1}{\sqrt{n}}\cdot arcsin\frac{5}{n}}=\underset{n \to +\infty }{\textrm{lim}}\frac{\left ( \frac{1}{n} \right )^{3}\cdot \frac{3}{n\sqrt{n}}}{\frac{2}{n^{3}}\cdot \frac{1}{\sqrt{n}}\cdot \frac{5}{n}}=\underset{n \to +\infty }{\textrm{lim}}\frac{3n^{4}\sqrt{n}}{10n^{4}\sqrt{n}}=0,3.

Добавить комментарий

Ваш e-mail не будет опубликован. Обязательные поля помечены *

Наш сайт находят по фразам: