Пределы функций на Тейлора и Лопиталя. —Каталог задач по Высшей математике

Главная
Каталог задач
Каталог заданий по Другое - Высшая математика
Пределы функций на Тейлора и Лопиталя.

Тема Математический анализ

18 Пределы функций на Тейлора и Лопиталя.

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела математический анализ

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#74522

Найти главную часть вида $C(1− x)α$ при $x → 1$ для

tg πx -3∘----2√7-- 1− x

Показать ответ и решение

Сделаем замену $1 − x = t$ . Тогда будем иметь

π(1−t) ∘--tg-∘-2----- 3 1 − 7 (1− t)

и для получившейся функции мы уже будем искать главную часть вида $Ctα$ .

π(1−t) π πt πt ∘--tg---2----- = ∘-tg(2-−--2 )- = ∘----ctg-2----- = -----∘---1--------- = 3 1 − 7∘ (1−-t) 31 − 7∘ (1−-t) 31 − ∘7(1-−-t) tg πt3 1− 7∘ (1−-t) 2

1 = ----------∘------------------= (π2t+ ¯o(t)) 3 1− (1 − t7)+ o¯(t)

∘ -----------∘ ----------- 1 1 1 3 π3t4+ ¯o(t4) 3 π3t4+ ¯o(t4) = ----------∘---------= -∘---------------------= ∘------------ = ---8⋅7---π3t4-----8⋅7--------= (πt2 + ¯o(t)) 3 t7 + ¯o(t) 3 (π2t+ ¯o(t))3(t7 + ¯o(t)) 3 π83t⋅74-+ ¯o(t4) 8⋅7-+ ¯o(t4)

∘3 π6t8-----8-- √ -- ---(8⋅7)2-+-¯o(t) 2-37 − 43 = π3t4+ ¯o(t4) = πt43 + ¯o(t ) 8⋅7

Следовательно, главный член указанного вида исходной функции будет

√ -- ---2-37-- π (1− x)43

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#74521

Найти главную часть вида $Cxα$ при $x → 0$ для следующих функций:

a) $cos x⋅cos(2x)⋅cos(3x)− 1$ ;
b) $√ -----------2 1− 2x− 4x + x − 1$ .

Показать ответ и решение

a) Раскладываем по Тейлору в нуле:

x2 2 2 2 9x2 2 cosx ⋅cos(2x)⋅cos(3x)− 1 = (1− 2--+ ¯o(x ))(1− 2x + ¯o(x ))(1− -2--+ ¯o(x ))− 1 =

x2 2 9 2 2 2 2 = − 2--− 2x − 2x + o¯(x ) = − 7x + ¯o(x )

Следовательно, главный член указанного вида это $2 − 7x$ .

b)

∘ ------------ 1 − 2x− 4x2 + x − 1 = 1+ 1(− 2x − 4x2 + ¯o(x))+ x − 1 = − 2x2 + ¯o(x) 2

Следовательно, главный член указанного вида это $− 2x2$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#74520

Найти главные части вида $C ⋅n1α$ для следующих последовательностей при $n → + ∞$ :

a) $√4-4--------- an = n + an+ b − n$ ;

b) $a = ln n+1-⋅sin π n n+5 n$ ;

c) $a = n√2-− n+1√2- n$ ;

d) $a = sin(π√n2-+-k) n$

Показать ответ и решение

Во всех пунктах задачи, чтобы обосновать проделанное вычисление, заменяем $1n$ на $x$ , тогда $x → 0$ и и пользуемся дифференцируемостью там где нужно данных нам функций, раскладывая их по Тейлору.

a)

∘ ------------ ∘ ------------ ∘4----------- 4 a b 4 a b a 1 n4 + an + b− n = n 1 + -3-+ -4-− n = n( 1 + -3-+ -4-− 1) = n(1+ --3-+ ¯o(-3)− 1) = n n n n 4n n

a 1 = ---2 + o¯(-2) 4n n

Следовательно, наша последовательность на бесконечности имеет главный член $-a- 4n2$ , иными словами, имеет второй порядок малости с коэффициентом $a4$ .

b)

n+ 1 π 4 π 4 1 π 1 ln -----⋅sin-- = ln (1 − -----)⋅ sin --= (− -----+ ¯o(--))⋅(--+ ¯o(-)) = n+ 5 n n + 5 n n+ 5 n n n

4π 1 4π 1 4π 1 = − n2 +-5n-+ ¯o(n2) = − n2 +-¯o(n2)-+ ¯o(n2) = − n2-+ ¯o(n2)

Следовательно, наша последовательность на бесконечности имеет главный член $4π- − n2$ , иными словами, имеет второй порядок малости с коэффициентом $− 4π$ .

с)

n√ -- n+1√ -- 1 -1- 1 1 1 1 1 1 1 1 2− 2 = 2n − 2n+1 = 1+ -⋅ln2+ ---2-ln2 2+ ¯o(-2)− (1+ ----- ln 2+ --ln2 2------2-+ ¯o(-2)) = n 2 n n n + 1 2 (n + 1) n

1 1 1 1 1 1 = ln 2⋅(--− ----- )+ --ln2 2(-2-− ------2-)+ ¯o(-2) = n n + 1 2 n (n + 1) n

ln 2 ln22 2n + 1 1 ln2 ln2 2 2+ 1 1 = n2-+-n + --2--n4 +-2n3-+-n2-+ ¯o(n2) = n2-+-¯o(n2) +-2--n3-+-2nn2-+-n + ¯o(n2) =

ln 2 1 = -2-+ o¯(--2) n n

Следовательно, наша последовательность на бесконечности имеет главный член $ln2 -n2-$ , иными словами, имеет второй порядок малости с коэффициентом $ln2$ .

d)

∘ ------ ∘ ------- sin(π n2 + k) = sin(πn 1+ k-) = sin(πn(1 +-k--+ ¯o(-1)) = n2 2n2 n2

πk- 1- n πk- 1- nπk- 1- = sin(πn + 2n + ¯o(n )) = (− 1) sin(2n + ¯o(n)) = (− 1) 2n + ¯o(n )

Следовательно, наша последовательность на бесконечности имеет главный член $(− 1)nπk 2n$ , иными словами, имеет первый порядок малости с коэффициентом $πk 2$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#74519

1. Пусть $(2x2 + 3x)cos√-3-= ax2 + bx + c+ ¯o(1) 2x$ при $x → ∞$ . Найти $a,b,c$ ;

2. Пусть $(3x3 − 3x2)(ln(1 + 2x)− 2x) = ax + b+ cx + o¯( 1x)$ при $x → ∞$ . Найти $a,b,c$ ;

3. Пусть $3 (2x2 + 2x)(e−x − 1) = ax + b + cx + ¯o(1x)$ при $x → ∞$ . Найти $a,b,c$ .

Показать ответ и решение

1. По формуле Тейлора для косинуса в нуле

3 9 81 1 cos√----= 1 − ---+ --2---- + ¯o(-2) 2x 4x 4x ⋅24 x

Следовательно,

2 --3- 2 9-- --81--- -1- (2x + 3x)cos√2x--= (2x + 3x)(1− 4x + 4x2 ⋅ 24 + ¯o(x2 )) =

2 9- 81- 27- 81-⋅3- 1- = 2x − 2x + 48 + ¯o(1)+ 3x− 4 + 4⋅24x + ¯o(x ) =

2 3- 81- = 2x − 2x − 16 + ¯o(1)

Следовательно, $a = 2,b = − 3,c = −81 2 16$ .

2. По формуле Тейлора для $ln(1+ t)$ в нуле

2 2 2 8 4 1 ln(1+ -) = --− -2-+ --3-− --4 + ¯o(-4) x x x 3x x x

Следовательно,

3 2 2- 2- 3 2 2- -2- -8-- 4-- -1- 2- (3x − 3x )(ln(1+ x)− x) = (3x − 3x )(x − x2 + 3x3 − x4 + o¯(x4 )− x ) =

2 8 4 1 = (3x3 − 3x2)(−--2 +---3 − -4 + ¯o(-4)) = x 3x x x

12- 1- 8- 12- 1-- = − 6x+ 8 − x + ¯o(x) + 6− x + x2 + ¯o(x2) =

= − 6x + 14 − 20-+ ¯o(1) x x

Следовательно, $a = − 6,b = 14,c = − 20$ .

3. По формуле Тейлора для экспоненты в нуле

− 3 3- --9- -9-- 1-- e x = 1 − x + 2x2 − 2x3 + ¯o(x3)

Следовательно,

(2x2 + 2x)(e− 3x − 1) = (2x2 + 2x)(1− 3+ -9--− -9--+ ¯o( 1-)− 1) = x 2x2 2x3 x3

3 9 9 1 (2x2 + 2x )(−--+ ---2 − --3 + o¯(-3) = x 2x 2x x

9- 1- 9- -9- -1- = − 6x + 9− x + ¯o(x)− 6 + x − x2 + ¯o(x2 ) =

1 = − 6x + 3 + ¯o(-) x

Следовательно, $a = − 6,b = 3,c = 0$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#73783

Вычислить

1 lim (----− π ctg πx) x→1 lnx

Показать ответ и решение

Изначально наше выражение, у которого нужно посчитать предел, вообще не имеет вид $f(g(xx))$ , поэтому нам самим нужно привести его к такому виду.

Итак, ясно, что

-1--− πctg πx = sin-πx-−-π-ln-xcosπx- = f(x)- ln x ln x sinπx g(x)

где

f (x) = sinπx − π ln xcos πx, g(x) = lnx sin πx

Далее, $f (x )$ и $g(x)$ удовлетворяют всем условиям правила Л’Опиталя, если рассматривать их как функции определенные в проколотой окрестности точки $1$ , например на таком проколотом интервале (интервале без точки), как $(1, 3)∖ {1} 2 2$ .
Кроме того, исходный предел $f(x) lixm→1 g(x)-$ является неопределенностью вида $00$

Отношение же их производных равно

f′(x) π cos πx − πcos πx+ π2lnx sin πx πx cosπx − π cosπx + π2x ln xsinπx -′---= ------1---x---------------------= ---------------------------------- g (x) x sin πx + πcos πxln x sin πx + πx cosπx ln x

и вновь в пределе $lim πx-cosπx−πcosπx+π2xln-xsinπx x→1 sin πx+πxcosπx lnx$ является неопределенностью вида $0 0$ .

Применим правило Л’Опиталя ещё раз!
Отношение производной числителя к производной знаменателя у дроби $πxcosπxsi−nππxc+osππxxc+oπs2πxxllnnxxsinπx-$ равно

2 2 2 2 3 π-cosπx-−-π-x-sin-πx-+-π-sinπx-+-π--ln-xsinπx-+-π--sin-πx+--π-xlnx-cosπx- π cosπx + πcos πxlnx + π cosπx − π2x ln xsinπx

и предел этого отношения при $x → 1$ равен $1 2$

(проверьте сами, что производная знаменателя дроби

πx cosπx − π cosπx + π2x ln xsinπx ---------------------------------- sin πx + πx cosπx ln x

то есть

π cosπx + π cos πxln x+ π cosπx − π2x ln xsinπx

не равно 0 в какой-то проколотой окрестности точки 1)

А, значит, по правилу Л’Опиталя, примененного к пределу $′ lim f′(x) x→1 g (x)$ , мы имеем, что $f′(x) f′′(x) lixm→1 g′(x)-= lxi→m1 g′′(x)-= 12$ . Но тогда по правилу Л’Опиталя, примененного к пределу $f(x) xli→m1 g(x)$ , мы имеем, что $f(x) 1 lix→m1 g(x) = 2$

Таким образом, мы получили, что $-1- f(x)- f′(x) f′′(x) 1 xli→m1 (lnx − π ctg πx) = lxim→1 g(x) = lxim→1 g′(x) = xli→m1 g′′(x) = 2$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#73782

Вычислить

sin2 (3x ) lim -------- x→0 x ⋅cosx

Показать ответ и решение

Функции $f(x) = sin2(3x)$ , $g(x) = x ⋅cosx$ удовлетворяют всем условиям правила Л’Опиталя - они дифференцируемы на некотором интервале $(− δ,δ)$ , производная знаменателя
$g′(x) = cos x− x sin x ⁄= 0 ∀x ∈ (− δ,δ)$ , где $δ$ выбрана так, чтобы уравнение $cosx − xsinx = 0$ не имело решений на $(− δ,δ)$ .

Действительно, такое $δ$ всегда можно выбрать в силу того, что уравнение $cosx− x sin x = 0$ равносильно тому, что $x = ctg x$ , поэтому нужно взять в качестве $δ$ любую точку по модулю меньше чем модуль первой точки пересечения прямой $y (x) = x 1$ и графика $y (x ) = ctgx 2$ .

Кроме того, предел $f(x) lxim→0 g(x)-$ изначально является неопределенностью вида $0 0$ .

Но тогда можно применить правило Л’Опиталя и, в силу того, что

f′(x)- 6-sin-3xcos3x- 0- lxim→0 g′(x) = lxi→m0 cosx − x sin x = 1 = 0

А значит, только теперь, в силу правила Л’Опиталя, мы можем заключить, что

′ lim f(x)-= lim f-(x)= 0 x→+ ∞ g(x) x→+ ∞ g′(x)

Ответ:

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#73781

Рассмотрим $f (x) = sinx + cosx$ , $g(x) = x+ 2$ . Тогда $lim fg(x(x))-= 12 x→0$ , в то время как $f′(x) cosx− sinx lixm→0 g′(x)-= lxi→m0 ----1--- = 1$ .

Вопрос. Почему же, вопреки, казалось бы, правилу Лопиталя, предел отношения производных не равен пределу отношения самих функций?

Показать ответ и решение

Правило Л’Опиталя здесь неприменимо, и нельзя, пользуясь им, заключить, что предел отношения исходных функций равен пределу отношения их производных. Ведь для того, чтобы это было верно, кроме всего прочего, требуется, чтобы исходный предел $lim fg(x(x))- x→0$ был либо неопределенностью вида $0 0$ , либо неопределенностью вида $∞- ∞$ .

Однако ж для наших $f (x )$ и $g(x)$ неверно ни то, ни другое...

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#73779

Рассмотрим $f (x ) = x2 sin 1x + 2 sin x$ , $g(x) = x$ Тогда, разумеется,
$f(x) в силу ограниченности sin 1x и первого замечательного предела ∃ lxim→0 g(x)-= lxim→0(xsin 1x + 2 sinxx) = 2$
В то время как отношение производных $f′(x) 2xsin 1−cos 1+2cosx g′(x) =-----x--1-x------$ не имеет предела при $x → 0$ .

Вопрос. Почему же, вопреки, казалось бы, правилу Лопиталя, предел отношения производных не равен пределу отношения самих функций?

Показать ответ и решение

Дело всё в том, что правило Лопиталя ничего не говорит про тот случай, когда у отношения производных предела нет. В таком случае предел отношения самих функций может быть равен чему угодно - про это правило Лопиталя вообще ничего не знает.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#71552

Найти главную часть вида $Cxα$ для функции $f(x) = ln(x2 + 4x)$ при $x → 0$ .

Показать ответ и решение

4x = exln4 = 1+ x ln 4+ ¯o(x )

Следовательно,

ln(x2 + 4x) = ln(1+ x ln 4+ x2 + ¯o(x)) = xln4 + ¯o(x)

Следовательно, главной частью указанного вида является функция $x ln 4$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#71551

Найти главную часть вида $Cxα$ для функции $∘ ----∘----√--- f(x) = x+ x+ x$ при $x → 0$ .

Показать ответ и решение

∘ ----∘-------- -∘ -------∘-------- x + x + √x = √8x √x-+ √x-+ 1 = 4 x x

∘ ------------------------ 8√-- -x-- 1-x-- -x-- 8√-- 1- 1-x-- -x-- -x-- -x-- = x √4x + 1+ 2√ x + ¯o(√ x) = x (1 + 2 (2√ x + √4x + ¯o(√ x))+ ¯o(√4x )) =

√8-- 1- 58 1-78 58 78 8√-- 8√ -- = x + 4x + 2x + ¯o(x )+ ¯o(x ) = x + ¯o( x)

Следовательно, главной частью указанного вида является функция $√8x--$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#71550

Найти главную часть вида $C (x − 2)α$ для функции $√ ----------- √------------------ f(x) = 2 4x− x2 − 3 − 7x3 − 6x2 + 12x − 7$ при $x → 2$ .

Показать ответ и решение

Поскольку нам нужно выделить главную часть вида $C (x − 2)α$ , то это означает, что тейлоровское разложение функции $f (x )$ необходимо выполнять в точке 2.

Поскольку это не очень удобно, давайте лучше обозначим $y = x − 2$ , и тогда наша функция запишется в виде

∘2 ----------------2---- 7∘ ------3----------2--------------- ∘ -----2 3∘ -----3 4(y + 2)− (y + 2) − 3 − (y + 2 ) − 6(y + 2) + 12(y + 2)− 7 = 1 − y − 1+ y

Далее, при $y → 0$ :

∘ ------ 1− y2 = 1− 1y2 + ¯o(y2) 2

3∘ ------ 1 3 3 1+ y3 = 1 + 3y + ¯o(y )

Тогда

∘ -----2 ∘3 ----3- 1-2 2 1- 3 3 y2- 2 1 − y − 1+ y = 1− 2y + ¯o(y ) − (1+ 3 y + ¯o(y )) = − 2 + ¯o(y )

Следовательно, делая обратную замену, получим, что

− (x − 2)2 --------- 2

является главной частью $f(x)$ указанного вида

Ответ:

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#71549

Разложить функцию $f(x) = 1+x1−+43xx2++x22x3$ до $¯o(x5)$ при $x → 0$ .

Показать ответ и решение

1 + x − 4x2 + 2x3 -------------2---= (1 + x − 4x2 + 2x3)(1 + 3x+ x2 )− 1 = 1 + 3x+ x

2 3 2 22 23 24 2 5 5 = (1 + x − 4x + 2x )(1 − (3x+ x ) + (3x+ x ) − (3x+ x ) + (3x+ x ) − (3x+ x ) + ¯o(x )) =

= 1+ (− 3x + x)+ (− x2 + 9x2 − 3x2 − 4x2)+ (6x3 − 27x3 − x3 + 9x3 + 12x3 + 2x3)+

4 4 4 4 4 4 4 4 + (x − 27x + 81x + 6x − 27x + 4x − 36x − 6x )+

5 5 5 5 5 5 5 5 5 5 5 2 3 4 5 5 +(− 9x +108x − 243x +x − 27x +81x − 24x +108x − 2x +18x )+ ¯o(x ) = 1− 2x+x +x − 4x +11x + ¯o(x )

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#71548

Найти главную часть вида $C(x − 1)α$ для функции $√ ---------- √ ----- f(x) = 4 x2 − x + 1 − 8 ex2− 1$ при $x → 1$ .

Показать ответ и решение

Поскольку нам нужно выделить главную часть вида $C (x − 1)α$ , то это означает, что тейлоровское разложение функции $f (x )$ необходимо выполнять в точке 1.

Поскольку это не очень удобно, давайте лучше обозначим $y = x − 1$ , и тогда наша функция запишется в виде

∘4-------------------- 8∘ -----2--- 4∘ ---------- 8∘ --2--- (y + 1)2 − (y + 1)+ 1 − e(y+1) −1 = y2 + y + 1 − ey +2y

И эту функцию будет раскладывать в точке $y = 0$ :

∘ ---------- 1 3 7 4y2 + y + 1 = 1 +-(y2 + y)− ---(y2 + y)2 +---(y2 + y )3 + ¯o(y3) = 4 32 128

1- 1-2 -3-2 -3- 3 -7-- 3 3 = 1 + 4y + 4y − 32y − 16y + 128 y + ¯o(y ) =

1- 5--2 17--3 3 = 1+ 4y + 32y − 128y + ¯o(y )

2 1 1 ey+2y = 1 + y2 + 2y +-(y2 + 2y)2 +--(y2 + 2y)3 + o¯(y3) 2 6

8∘ -y2+2y 1- 2 1- 2 2 1- 2 3 e = 1 + 8 (y + 2y + 2(y + 2y ) + 6(y + 2y) )−

7 1 1 35 1 1 − ---(y2 + 2y +-(y2 + 2y)2 +-(y2 + 2y)3)2 + ----(y2 + 2y+ --(y2 + 2y)2 +-(y2 + 2y)3)3 + ¯o(y3) = 128 2 6 1024 2 6

1 1 1 7 1 1 7 7 35 = 1 + -y + -y2 + -y2 − --y2 + -y3 + -y3 − ----⋅4y3 − ----⋅8y3 + -----⋅8y3 + ¯o(y3) = 4 8 4 32 4 6 128 128 1024

1 5 2 13 3 3 = 1+ 4y + 32y + 384y + ¯o(y )

Тогда

---------- ∘ ------ 4∘ y2 + y + 1 − 8 ey2+2y = −-17-y3 −-13-y3 + ¯o(y3) = − 1y3 + ¯o(y3) 128 384 6

Таким образом, делая обратную замену, получаем, что функция

1- 3 − 6(x− 1)

является главной частью исходной функции указанного вида.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#71547

Найти главную часть вида $Cxα$ для функции $f(x) = sin x− ln(1+ x + x22 − x48 )$ при $x → 0$ .

Показать ответ и решение

Ясно, что

x3 x5 sinx = x − ---+ ---+ ¯o(x5) 3! 5!

2 4 2 4 x2- x4- x2- x4- (x+--x2-−-x8 )2 (x+--x2-−-x8 )3 ln (1 + x + 2 − 8 ) = (x+ 2 − 8 )− 2 + 3 −

x2 x4 4 x2 x4 5 − (x-+-2-−-8-)-+ (x-+--2-−--8 )-+ o¯(x5) 4 5

Тогда

2 4 2 4 x2- x4- x3- x5- 5 x2- x4- (x-+-x2-−--x8-)2- (x+--x2-−-x8 )3 sin x− ln(1+ x+ 2 − 8 ) = x − 3! + 5! + ¯o(x )− (x + 2 − 8 )+ 2 − 3 +

2 4 2 4 (x + x2 − x8-)4 (x + x2 − x8-)5 5 + ------4-------− -------5------+ ¯o(x ) =

2 2 3 3 3 4 4 4 4 5 5 5 5 5 (x− x)+ (− x-+ x-)+ (− x-+ x--− x-)+ (x--+ x--− x-+ x--)+ ( x-− x-− x--+ x--− x-)+ ¯o(x5) = 2 2 6 2 3 8 8 2 4 120 8 4 2 5

1 = − --x5 + ¯o(x5) 15

Следовательно искомая главная часть $f(x)$ - это $1 5 − 15x$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#71546

Разложить $∘ ------- f (x) = 3sin(x3)$ до члена с $x13$ .

Показать ответ и решение

Поскольку

x9 x15 sinx3 = x3 − ---+ ----+ ¯o(x15) 6 120

То, это можно представить как

3 x6- x12- 12 x (1− 6 + 120 + ¯o(x ))

Тогда

∘ ------- ∘ --------6----12---------- f(x) = 3 sin(x3) = 3 x3(1− x-+ x---+ ¯o(x12)) = 6 120

∘ ---------------------- 3 x6- -x12 12 = x (1− 6 + 120 + ¯o(x ))

Далее, коль скоро

(1+ t)13 = 1 + 1t− 1t2,t → 0 3 9

То получим при $6 12 t = − x6 + x120-+ ¯o(x12)$ :

∘ ---------------------- 3 x6 x12 1 x6 x12 1 x6 x12 x (1 − ---+ ----+ ¯o(x12)) = x (1 +--(− ---+ ----+ ¯o(x12))− --(− ---+ ----+ ¯o(x12))2) = 6 120 3 6 120 9 6 120

x7 x13 x13 x7 x13 = x − ---+ ---− ----+ ¯o(x13) = x − ---+ -----+ ¯o(x13) 18 360 324 18 3240

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#71545

Разложить $f (x) = lncos x$ до члена с $x6$ .

Показать ответ и решение

В силу того, что

t2 t3 ln (1 + t) = t− --+ -- + ¯o(t3), при t → 0 2 3

, и, далее в силу того, что

x2- x4- -x6- 6 cosx = 1 − 2 + 24 − 720 + ¯o(x )

подставляя одно разложение в другое, получим, при $t = − x2+ x4− x6-+ ¯o(x6) 2 24 720$ :

2 4 6 x2 x4 -x6- 6 2 x2 x4- -x6 6 3 ln (cos x) = − x-+ x-− -x--+¯o(x6)− (−-2-+--24-−-720 +-¯o(x-))-+ (−-2-+-24-−-720 +-o¯(x-))-+ ¯o(x6) = 2 24 720 2 3

x2- x4- x6-- x4- x6- x6- 6 x2- x4- 1--6 6 = − 2 + 24 − 720 − 8 + 48 − 24 + ¯o(x ) = − 2 − 12 − 45x + ¯o(x )

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#71544

Обосновать все основные маклореновские разложения:

3 5 2n− 1 1. sinx = x − x--+ x--+ ...+ (− 1)n−1-x-------+ ¯o(x2n) 3! 5! (2n − 1)!

2 4 2n 2. cosx = 1 − x--+ x--+ ...+ (− 1)n x----+ ¯o(x2n+1) 2! 4! (2n)!

x2 x3 xn 3. ln(1 + x) = x −---+ --+ ...+ (− 1)n−1--+ ¯o(xn) 2 3 n

x x2- x3- xn- n 4. e = 1 + x+ 2! + 3! + ...+ n! + ¯o(x )

m (m − 1) m (m − 1)(m − 2)...(m − n + 1) 5.(1+ x)m = 1+ mx + ---------x2 + ...+ -----------------------------xn + ¯o(xn), m ∈ ℝ 2! n!

выведя их из общей формулы

∑n f(k)(0) Mn (f ) = ------xk k=0 k!

Показать ответ и решение

1. Ясно, что функцию $sinx$ можно разложить по формуле Маклорена до любого члена, поскольку она сколько угодно раз дифференцируема в нуле.

Общая формула многочлена Маклорена порядка $n$ выглядит так:

′′ ′′′ (n) M (n) = f(0)+ f′(0)x + f-(0)x2 + f--(0)-x3 + ...+ f--(0)xn f 2 3! n!

Таким образом, чтобы получить эту формулу для синуса в нуле, нужно понять, как устроены производные синуса в нуле.

Итак, свободный член $f(0) = sin 0 = 0$ , далее

f ′(x) = cosx,f′(0) = cos0 = 1,f′′(x) = − sin x,f′′(0) = − sin 0 = 0

′′′ ′′′ (iv) (iv) f (x ) = − cosx,f (0) = − cos 0 = − 1,f (x) = sin x,f (0) = sin 0 = 0

Отсюда мы видим закономерность, что производные четного порядка в нуле зануляются, а производные нечетного порядка равны 1, если порядок этой производной даёт остаток 1 при делении на 4, и равны $− 1$ , если порядок этой производной даёт остаток 3 при делении на 4. Таким образом и получается формула разложения синуса в нуле.

2. Ясно, что функцию $cos x$ можно разложить по формуле Маклорена до любого члена, поскольку она сколько угодно раз дифференцируема в нуле.

Здесь всё аналогично с синусом, заметим, что свободный член $f(0) = cos 0 = 1$ , далее

f′(x) = − sin x,f′(0) = − sin0 = 0,f′′(x) = − cosx,f′′(0) = − cos 0 = − 1

f′′′(x) = sin x,f′′′(0) = sin 0 = 0,f(iv)(x) = cos x,f(iv)(0) = cos0 = 1

Отсюда мы видим закономерность, что производные нечетного порядка в нуле зануляются, а производные четного порядка равны 1, если порядок этой производной даёт остаток 0 при делении на 4, и равны $− 1$ , если порядок этой производной даёт остаток 2 при делении на 4. Таким образом и получается формула разложения косинуса в нуле.

3. Ясно, что функцию $ln(1 + x)$ можно разложить по формуле Маклорена до любого члена, поскольку она сколько угодно раз дифференцируема в нуле.

Давайте поймём закономерность производных $f(x) = ln(1+ x)$ в нуле: $f(0) = 0$ ,

f′(x ) =--1--,f ′(0) = 1,f′′(x) = −---1----,f′′(0) = − 1,f′′′(x ) =---2---,f′′′(0) = 2 1 + x (1 + x)2 (1 + x)3

(iv) --2-⋅3-- (iv) f (x) = − (1 + x)4,f (0) = − 6

В целом закономерность уже видна, можно легко понять, что

k− 1 f(k)(x) = (−-1)---(k-−-1)!, f(k)(0) = (− 1)k−1(k − 1 )! (1 + x)k

А потому, $k$ -ый коэффициент в формуле Маклорена будет

f(k)(0) (− 1)k− 1(k − 1)! (− 1)k−1 ------xk = ---------------xk = -------xk k! k! k

И мы доказали формулу для логарифма.

4. Ясно, что функцию $x e$ можно разложить по формуле Маклорена до любого члена, поскольку она сколько угодно раз дифференцируема в нуле.

Давайте поймём закономерность производных $f(x) = ex$ в нуле: $f (0) = 1$ ,

f′(x ) = ex,f′(0) = 1,f ′′(x ) = ex,f′′(0) = 1,f′′′(x) = ex,f′′′(0) = 1

В целом закономерность тут очевидна - ведь все производные $ex$ - это сама $ex$ и есть, а поэтому они все в нуле равны единице. А потому, $k$ -ый коэффициент в формуле Маклорена будет

f(k)(0 ) 1 -------xk = --xk k! k!

И мы доказали формулу для экспоненты.

5. Ясно, что функцию $m (1+ x)$ можно разложить по формуле Маклорена до любого члена, поскольку она сколько угодно раз дифференцируема в нуле.

Давайте поймём закономерность производных $f(x) = (1+ x )m$ в нуле: $f (0 ) = 1$ ,

f′(x ) = m (1+x )m−1,f′(0) = m, f′′(x) = m (m − 1)(1+x)m −2,f′′(0) = m (m − 1),f ′′′(x) = m(m − 1)(m − 2)(1+x )m −3,f′′&#x2

Закономерность ясна,

f (k)(0) = m (m − 1)(m − 2)...(m − (k − 1))

А потому, $k$ -ый коэффициент в формуле Маклорена будет

(k) f--(0)xk = m(m--−-1)(m--−-2)...(m-−-(k-−-1))xk k! k!

И мы доказали формулу для степенной функции.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#55559

Вычислить

−2x2− 43x4 lim cos2x-−-e-4------. x→0 tgx

Показать ответ и решение

Поскольку при $x → 0$ справедливы равенства

2 4 4 cos2x = 1 − (2x)-+ (2x)-+ o(x5) = 1− 2x2 + 2x--+ o(x5); 2 24 3 − 2x2− 4x4 2 4 4 (− 2x2 − 43x4)2 5 e 3 = 1 + (− 2x − 3x ) + ------2-------+ o(x ) = 4 2x4 = 1 − 2x2 − -x4 + 2x4 + o(x5) = 1− 2x2 +----+ o(x5), 3 3

искомый предел равен

2 44 4 4 cos-2x−-e−-2x-+-3x 1-−-2x2 +-2x3-−-(1−-2x2-+-2x3-)+--o(x5) lix→m0 tgx4 = xli→m0 x4 + o(x4) = 0 .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#55558

Вычислить

−2x2+43x4 lim cos2x-−-e-4------. x→0 tgx

Показать ответ и решение

Поскольку при $x → 0$ справедливы равенства

2 4 4 cos2x = 1 − (2x)-+ (2x)-+ o(x5) = 1− 2x2 + 2x--+ o(x5); 2 24 3 − 2x2+ 4x4 2 4 4 (− 2x2 + 43x4)2 5 e 3 = 1 + (− 2x + 3x ) + ------2-------+ o(x ) = 4 10x4 = 1 − 2x2 + -x4 + 2x4 + o(x5) = 1− 2x2 +-----+ o(x5), 3 3

искомый предел равен

2 4 4 4 4 cos2x-−-e−2x-+3x- 1−-2x2-+-2x3--−-(1-−-2x2-+-103x-)+-o(x5) 8- lxim→0 tg x4 = lxim→0 x4 + o(x4) = −3 .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#53876

Вычислить

$sin(x) x2 lim ----ln---x--+√e-6-−-1--- x→0 ln(cos(x))+ 1+ x2 − 1$

Показать ответ и решение

Сначала разложим по формуле Тейлора аргумент логарифма, а затем и сам логарифм:

$3 5 sin(x) x−--x3! +-x5!-−-... x2- x4- 4 x = x = 1 − 3! + 5! − o(x )$

$( sin(x) ) ( ( x2 x4 4 ) ) ln --x--- = ln 1 + −-3! + 5! − o(x ) = ( )2 ( 2 4 ) − x2+ x4− o(x4) = − x--+ x--− ... − ---3!---5!----------− o(x4) = 3! 5! 2 x2 ( x4 x4 ) 4 = − 3!-+ 5! − 3!⋅3!⋅2- − o(x )$

Распишем оставшиеся слагаемые в числителе:

$( ( 2)2 ) x2 | x2 x6 | e6 − 1 = (1 + --+ ------+ o(x4)) − 1 6 2!$

И теперь запишем числитель целиком:

$( ) x2 ln sin(x)- + e6-− 1 = x ( ) ( ( ) ) ( x2-)2 = − x2-+ x4-− ---x4--- + o(x4) + | 1 + x2-+ --6---+ o(x4)| − 1 = 3! 5! 3!⋅3!⋅2 ( 6 2! ) ( x2 x2) ( 1 1 1 ) x4 = − --+ --- + --− --------+ -2---- x4 + o(x4) =----+ o(x4) 3! 6 5! 3!⋅3!⋅2 6 ⋅2! 120$

Распишем слагаемые из знаменателя выражения:

$( ( 2 4 ) ) ln(cos(x)) = ln 1 + − x-+ x-− o(x4) = 2! 4! ( ) ( x2 x4 )2 x2- x4- 4 -−--2!-+-4! −-...- 4 = − 2! + 4! − o(x ) − 2 + o(x ) = 2 ( ) = − x--+ 1-− ---1---- x4 + o(x4) 2! 4! 2!⋅2!⋅ 2$

$∘ ------ ( )1 1 1 (1− 1) 1+ x2 = 1 + x2 2 = 1 + -x2 + 2--2-----x4 + o(x4) 2 2!$

А теперь запишем знаменатель целиком:

$∘ ------ ln(cos(x)) + 1+ x2 − 1 = ( ( ) ) ( ( ) ) x2- 1- ---1---- 4 4 1-2 12--12 −-1- 4 4 = − 2! + 4! − 2!⋅2!⋅2 x + o(x ) + 1 + 2x + 2! x + o(x ) − 1 = ( ) -1 ---1---- -12(12 −-1) 4 4 5x4- 4 = 4! − 2!⋅2!⋅2 + 2! x + o(x ) = − 24 + o(x )$

Следовательно, предел всего выражения равен

$(sin(x)) x2- ln --x-- + e 6 − 1 1x240 + o(x4) 1120-+ o(1) 1120- 1 lxim→0 -----------√------2----= lxi→m0 --5x4-----4- = lxim→0 −-5-+-o(1) = −-5- = − 25- ln(cos(x))+ 1+ x − 1 − 24 + o(x ) 24 24$

Ответ:

Предыдущий раздел

Следующий раздел