5.3. Свойства эквивалентных бесконечно малых функций

Пусть α(x) , α1(x) , β(x) , β1(x)   и γ(x) - бесконечно малые функции при x→a   и отличны отнуля в некоторой окрестности точки x=a  (a   - число или один из символов ∞ , +∞ , −∞ ). Тогда при x→a   справедливы следующие свойства эквивалентных бесконечно малых функций.

Свойство 5.1.  α(x)~α(x)

Д о к а з а т е л ь с т в о.

α(x)~α(x)  так как

limx→aα(x)α(x)=1

■

Свойство 5.2.  Если α(x)~β(x) , то β(x)~α(x)

Д о к а з а т е л ь с т в о.

limx→aβ(x)α(x)=limx→a1α(x)β(x)=1limx→aα(x)β(x)=11=1

■

Свойство 5.3.  Если α(x)~β(x)   и β(x)~γ(x) , то α(x)~γ(x) .

Д о к а з а т е л ь с т в о.

limx→aα(x)γ(x)=limx→aα(x)⋅β(x)β(x)⋅γ(x)=limx→aα(x)β(x)⋅limx→aβ(x)γ(x)=1⋅1=1

■

Свойство 5.4.  Если α(x)~α1(x) , β(x)~β1(x)   и существует предел limx→aα1(x)β1(x) , то существует предел limx→aα(x)β(x) , причем

limx→aα1(x)β1(x)=limx→aα(x)β(x)

.

Д о к а з а т е л ь с т в о.

В самом деле,

limx→aα(x)β(x)=limx→a(α(x)α1(x)⋅α1(x)β1(x)⋅β1(x)β(x))=limx→aα(x)α1(x)⋅limx→aα1(x)β1(x)⋅limx→aβ1(x)β(x)==1⋅limx→aα1(x)β1(x)⋅1=limx→aα1(x)β1(x)

■

Свойство 5.5.  Если α(x)~α1(x) , то limx→aα(x)β(x)=limx→aα1(x)β(x) . (так как β(x)~β(x) ).

Свойство 5.6.  Если β(x)~β1(x) , то limx→aα(x)β(x)=limx→aα(x)β1(x)   (так как α(x)~α(x) ).

Замечание 5.1.

 Из свойств 5.4-5.6 следует важный для приложений вывод: предел отношения двух бесконечно малых функций не изменится, если числитель и знаменатель (или только один из них) замненить на бесконечно малые, им эквивалентные.

Пример 5.5.

 Найти limx→0arctg2xsin7x.

Р е ш е н и е.

 Так как arctg2x~2x , sin7x~7x при x→0   (см. табл. 5.1 ), то, заменяя числитель и знаменатель эквивалентными бесконечно малыми, получим: limx→0arctg2xsin7x=limx→02x7x=27 .

Теорема 5.1.  Для того, чтобы функция α(x)   была эквивалентна функции β(x)  при x→a , необходимо и достаточно, чтобы при x→a   выполнялось равенство α(x)=β(x)+o(β(x)) .

Д о к а з а т е л ь с т в о.

Необходимость. Пусть α(x)~β(x)   при x→a , т.е. limx→aα(x)β(x)=1 . Тогда по теореме 4.4 о связи функции и ее предела имеем α(x)β(x)=1+δ(x) , где δ(x)→0 при x→a . Отсюда α(x)=β(x)+δ(x)⋅β(x)=β(x)+o(β(x)) , что и требовалоь доказать.

Достаточность. Пусть α(x)=β(x)+o(β(x))   при x→a . Тогда

limx→aα(x)β(x)=limx→aβ(x)+o(β(x))β(x)=limx→a(1+o(β(x))β(x))=limx→a1+limx→ao(β(x))β(x)=1

, т.е. α(x)~β(x)   при x→a .

Отсюда следует вывод: бесконечно малая эквивалентна своей главной части.

■

Замечание 5.2.

 Пусть o(x)   - бексконечно малая высшего порядка по сравнению с x   при x→0 , т.е. limx→0o(x)x=0. Отметим некоторые свойства символа o(x) :

1) o(cx)=o(x) , где c   - постоянная;

2) c⋅o(x)=o(x) ;

3) o(x)+o(x)=o(x) ;

4) o(o(x))=o(x) ;

5) o(o(x))=o(x) ;

6) xn−1⋅o(x)=o(xn), n∈N ;

7) o(xn)x=o(xn−1), n∈N, x≠0 .

Пример 5.6.

 Найти limx→04x+3sin2x+x3ln(1+3x)+x .

Р е ш е н и е.

 При x→0   имеем sin2x~2x , ln(1+3x)~3x . Следовательно, sin2x=2x+o(2x) ,ln(1+3x)=3x+o(3x)  при x→0 . Учитывая, что 3⋅o(2x)+x3=o(x) , o(3x)=o(x)   при x→0 , найдем limx→04x+3sin2x+x3ln(1+3x)+x=limx→04x+6x+3⋅o(2x)+x33x+o(3x)+x=limx→010x+o(x)4x+o(x)=limx→010x4x=52 .

Если заменить сразу в числителе исходной дроби функции tgx и sinx на эквивалентную им при x→0функцию x, то под знаком предела получим дробь, числитель которой тождественно равен нулю, а знаменатель отличен от нуля. Предел такой дроби, очевидно, равен нулю. Чтобы избежать указанной ошибки, следует воспользоваться более точными формулами: tgx=x+13x3+o(x3), sinx=x−16x3+o(x3).

5.4. Типовые примеры

Задача 1.

Найти limx→0tgxx.

Р е ш е н и е.

 Так как tgx=sinxcosx, то

limx→0tgxx=limx→0sinxx⋅cosx=limx→0sinxx⋅limx→01cosx=1⋅1=1,

т.е. tgx∼x при x→0.

■

Задача 2.

Вычислить limx→0arcsinxx.

Р е ш е н и е.

 Полагаем t=arcsinx, где t→0 при x→0. Тогда x=sint. Следовательно,

limx→0arcsinxx=limt→0tsint=limt→01sintt=1limt→0sintt=11=1,

т.е. arcsinx∼x при x→0.

■

Задача 3.

Найти limx→0arctgxx.

Р е ш е н и е.

 Обозначим t=arctgx (t→0 при x→0). Отсюда x=tgt. Учитывая пример 1, получим

limx→0arctgxx=limt→0ttgt=limt→01tgtt=1limt→0tgtt=11=1,

т.е. arctgx∼x при x→0.

■

Задача 4.

Найти limx→π2sin(cosx)cosx.

Р е ш е н и е.

 Полагая t=cosx, где t→0 при x→π2, найдем

limx→π2sin(cosx)cosx=limx→0sintt=1.

■

Задача 5.

Найти limx→∞2x⋅sin1x.

Р е ш е н и е.

 Записывая произведение x⋅sin1x в виде sin1x1x и полагая 1x=t (t→0 при x→∞), получим

limx→∞2x⋅sin1x=2⋅limx→∞sin1x1x=2⋅limt→0sintt=2.

■

Задача 6.

Найти limx→π6sinx−12x−π6.

Р е ш е н и е.

 Имеем неопределенность вида [00]. Заменим в числителе дробь 12 на sinπ6 и преобразуем разность sinx−sinπ6 по формуле тригонометрии:

limx→π6sinx−12x−π6=limx→π6sinx−sinπ6x−π6==limx→π62⋅sin(x2−π12)⋅cos(x2+π12)x−π6==limx→π6sin(x2−π12)⋅cos(x2+π12)x2−π12==limx→π6sin(x2−π12)x2−π12⋅limx→π6cos(x2+π12).

Обозначим t=x2−π12, где t→0 при x→π2. Тогда

limx→π6sinx−12x−π6=limt→0sintt⋅limx→π6cos(x2+π12)=1⋅cosπ6=3√2.

■

Задача 7.

Найти limx→11−x2sinπx.

Р е ш е н и е.

 Имеем неопределенность вида [00]. Полагаем t=x−1, где t→0 при x→1. Преобразуем дробь под знаком предела, учитывая, что x=t+1. Тогда 1−x2sinπx=(1−x)(1+x)sinπx=−t⋅(2+t)sin(π+πt). Используя формулу приведения sin(π+πt)=−sinπt, получим

limx→11−x2sinπx=limt→0−t(2+t)−sinπt=limt→02+tπ⋅sinπtπt=limt→0(2+t)π⋅limt→0sinπtπt=2π.

■

Задача 8.

Найти limx→2(5x)x2.

Р е ш е н и е.

 Так как limx→25x=10, limx→2x2=4, то по формуле (5.5) получим limx→2(5x)x2=104.

■

Задача 9.

Найти limx→0(2+x3−x)1x2.

Р е ш е н и е.

 При x→0 дробь 2+x3−x→23, дробь 1x2→+∞. Так как 23≤1, то (23)1x2→0 при x→0. Таким образом, limx→0(2+x3−x)1x2=0 (см. формулу (5.6)).

■

Задача 10.

Найти limx→∞(x−1x+3)x+2.

Р е ш е н и е.

 Имеем неопределенность вида 1∞. Преобразуем функцию под знаком предела:

(x−1x+3)x+2=(1+(x−1x+3−1))x+2=⎛⎝⎜⎜(1+−4x+3)x+3−4⎞⎠⎟⎟−4x+3⋅(x+2).

Полагаем α=−4x+3, где α→0 при x→∞. Учитывая формулу (5.8), найдем

limx→∞(x−1x+3)x+2=limx→∞⎛⎝⎜⎜(1+−4x+3)x+3−4⎞⎠⎟⎟−4x+3⋅(x+2)==limx→∞⎛⎝⎜⎜(1+−4x+3)x+3−4⎞⎠⎟⎟limx→∞−4⋅x+2x+3=(limα→0(1+α)1α)−4=e−4.

■

Задача 11.

Найти limx→0(1+sinx)1x.

Р е ш е н и е.

 Имеем неопределенность вида 1∞. Запишем показатель у функции под знаком предела в виде 1x=1sinx⋅sinxx. Обозначим α=sinx, где α→0 при x→0. Тогда

limx→0(1+sinx)1x=limx→0((1+sinx)1sinx⋅sinxx)==limx→0((1+sinx)1sinx)limx→0sinxx=(limα→0(1+α)1α)1=e.

■

Задача 12.

Найти limx→∞(x2−1x2+1)x2.

Р е ш е н и е.

 В данном случае также имеем неопределенность вида~1∞. Преобразуя функцию под знаком предела, получим

limx→∞(x2−1x2+1)x2=limx→∞(1+(x2−1x2+1−1))x2==limx→∞(1+(−2x2+1))x2+1−2⋅−2x2+1⋅x2==⎛⎝⎜limx→∞(1+(−2x2+1))x2+1−2⎞⎠⎟limx→∞−2x2x2+1.

Обозначая α=−2x2+1 (α→0 при x→∞ и учитывая, что limx→∞−2x2x2+1=−2, окончательно найдем

limx→∞(x2−1x2+1)x2=(limα→0(1+α)1α)−2=e−2.

■

Задача 13.

Найти limx→π4(tgx)tg2x.

Р е ш е н и е.

 Имеем неопределенность вида 1∞. Полагаем tgx=1+α, где α→0 при x→π4. Используя формулу тригонометрии для тангенса двойного угла, запишем tg2x=2tgx1−tg2x=−2(α+1)α(α+2). Тогда

limx→π4(tgx)tg2x=limα→0⎛⎝⎜(1+α)1α⎞⎠⎟−2(α+1)α+2==limα→0((1+α)1α)limα→0−2(α+1)α+2=e−1,

так как limα→0−2(α+1)α+2=−1.

■

Задача 14.

Найти limn→∞(n+4n+1)5n−2.

Р е ш е н и е.

 Преобразуя функцию под знаком предела, найдем \linebreak \vspace{-1em}

limn→∞(n+4n+1)5n−2=limn→∞(1+(n+4n+1−1))5n−2==limn→∞⎛⎝(1+3n+1)n+13⋅3n+1⋅(5n−2)⎞⎠==⎛⎝limn→∞(1+3n+1)n+13⎞⎠limn→∞3(5n−2)n+1=(limα→0(1+α)1α)15=e15,

где α=3n+1→0 при n→∞, limn→∞3(5n−2)n+1=15.

■

Задача 15.

Сравнить бесконечно малые функции α(x)=1−cos4x и β(x)=x при x→0.

Р е ш е н и е.

 Учитывая, что sin2x∼2x при x→0, получим

limx→0α(x)β(x)=limx→01−cos4xx=limx→02⋅sin22xx=limx→02⋅4x2x=limx→08x=0.

Следовательно, функция α(x)=1−cos4x есть бесконечно малая более высокого порядка по сравнению с функцией β(x)=x при x→0. Найдем предел

limx→01−cos4xx2=limx→02⋅sin22xx2=limx→02⋅4x2x2=8.

Так как полученный предел конечен и не равен нулю, то функция α(x)=1−cos4x - бесконечно малая второго порядка по сравнению с функцией β(x)=x при x→0.

■

Задача 16.

Сравнить бесконечно малые функции y1=1−x1+x и y2=1−x√ при x→1.

Р е ш е н и е.

 Учитывая, что 1−x=(1−x√)(1+x√), найдем

limx→1y1y2=limx→11−x1+x1−x√=limx→1(1−x√)(1+x√)(1+x)(1−x√)=1.

Следовательно, бесконечно малые функции y1 и y2 эквивалентны при x→1.

■

Задача 17.

Сравнить бесконечно малые функции α(x)=sin2x−−√ и β(x)=arctgx√3 при x→0.

Р е ш е н и е.

 Так как sin2x−−√∼2x−−√, arctgx√3∼x√3 при x→0, то

limx→0α(x)β(x)=limx→0sin2x−−√arctgx√3=limx→02x−−√x√3=2√⋅limx→0x√6=0,

т.е. α(x)=sin2x−−√ - бесконечно малая более высокого порядка по~сравнению с β(x)=arctgx√3. Найдем этот порядок путем подбора. Вычислим

limx→0α(x)(β(x))3/2=limx→0sin2x−−√(arctgx√3)3/2=limx→02x−−√(x√3)3/2=limx→02x−−√x√=2√.

Следовательно, бесконечно малая α(x)=sin2x−−√ имеет порядок k=32 по сравнению с бесконечно малой β(x)=arctgx√3 при x→0.

■

Задача 18.

Определить порядок бесконечно малой функции y1=1+x√3−−−−−−√4−1 по сравнению с функцией y2=xпри x→0.

Р е ш е н и е.

 Найдём число k такое, чтобы

limx→0y1(y2)k=limx→01+x√3−−−−−−√4−1xk=const≠0.

учитывая, что (1+α(x))p−1∼pα(x) при α(x)→0 (см.  табл. 5.1), запишем: 1+x−1−−−−√3−−−−−−−−−√4∼x√34. Подбором определяем k=13. Действительно,limx→01+x√3√4−1x√3=limx→0x√34⋅x√3=14. Следовательно, функция y1=1+x√3−−−−−−√4−1 имеет порядок k=13 по сравнению с функцией y2=x при x→0.

■

Задача 19.

Найти limx→3sin(x−3)x2−4x+3.

Р е ш е н и е.

 В данном случае и числитель, и знаменатель дроби являются бесконечно малыми функциями при x→3. Так как при замене бесконечно малой функции sin(x−3) на эквивалентную ей при x→3 функцию x−3 искомый придел отношения не изменится, то

limx→3sin(x−3)x2−4x+3=limx→3x−3(x−3)(x−1)=limx→31x−1=12.

■

Задача 20.

Найти limx→0ln(cosx)x2.

Р е ш е н и е.

 Воспользуемся соотношением эквивалентности ln(1+α(x))∼α(x) при α(x)→0 (см. табл. 5.1). Запишем числитель в виде ln(cosx)=ln(1+(cos−1)). Так как cosx−1→0 приx→0, то ln(cosx)=ln(1+(cos−1))∼cosx−1 при x→0. Учитывая, что sinx2∼x2при x→0, получим

limx→0ln(cosx)x2=limx→0ln(1+(cosx−1))x2=limx→0cosx−1x2=limx→0−2sin2x2x2=−2limx→01x2⋅(x2)2=−12.

■

Задача 21.

Найти limx→elnx−1x−e.

Р е ш е н и е.

 Заменяя в числителе дроби единицу на lne и преобразуя числитель, имеем

limx→elnx−1x−e=limx→elnx−lnex−e=limx→elnxex−e=limx→eln(1+(xe−1))x−e.

Так как xe−1→0 при x→e, то ln(1+(xe−1))∼xe−1 при x→e. Окончательно получим

limx→elnx−1x−e=limx→eln(1+(xe−1))x−e=limx→exe−1x−e=limx→ex−ee(x−e)=1e.

■

Задача 22.

Вычислить limx→0arctg74xe−2x−1.

Р е ш е н и е.

 Учитывая, что arctg74x∼74x, e−2x−1∼−2x при x→0, найдем

limx→0arctg74e−2e−1=limx→074x−2x=−78.

■

Задача 23.

Вычислить limx→0sinx+x3+x53x+x6.

Р е ш е н и е.

 Функция β(x)=sinx есть главная часть бесконечно малой функции α(x)=sinx+x3+x5при x→0, так как α(x)−β(x)=x3+x5=o(sinx) при x→0. Действительно, учитывая, что sinx∼x при x→0, имеем

limx→0x3+x5sinx=limx→0x3+x5x=limx→0(x2+x4)=0.

Следовательно, α(x)=sinx+x3+x5∼β(x)=sinx при x→0 (см.  теорему 5.1). Очевидно, что функция β1(x)=3x есть главная часть функции α1(x)=3x+x6 при x→0,и поэтому α1(x)=3x+x6∼β1(x)=3x при x→0. Таким образом, используя еще раз эквивалентность sinx∼x при x→0, получим

limx→0sinx+x3+x53x+x6=limx→0sinx3x=limx→0x3x=13.

■

Задача 24.

Найти limx→02arcsin3x+x5ln(1+2x)+x.

Р е ш е н и е.

 При x→0 имеем arcsin3x∼3x, ln(1+2x)∼2x. Следовательно, arcsin3x=3x+o(3x)ln(1+2x)=2x+o(2x) при x→0. Учитывая, что 2⋅o(3x)+x5=o(x), o(2x)=o(x)при x→0 (см.  замечание 5.2), получим

limx→02arcsin3x+x5ln(1+2x)+x=limx→06x+2⋅o(3x)+x52x+o(2x)+x=limx→06x+o(x)3x+o(x)=limx→06x3x=2,

так как 6x+o(x)∼6x, 3x+o(x)∼3x при x→0.

■