3.7 Замена переменной в пределах

Замена переменной в пределах

Теорема. Пусть функция $f$ определена в проколотой окрестности $\upsilon $ точки $x_0$, а функция $g$ определена в проколотой окрестности $V$ точки $t_0$ и такова, что для всех $t \in V$ значение $x = g(t$) принадлежит $\upsilon $ и $\lim_{t\rightarrow t_0}g(t)=x_0$, $\lim_{x\rightarrow x_0}f(x)=A$. Тогда $\lim_{t\rightarrow t_0}f(g(t))=A$.

Смысл доказанной теоремы состоит в том, что если $\lim_{x\rightarrow x_0}f(x)=A$, то, считая $x$ зависимой переменной $(x = g(t))$ и такой, что $\lim_{t\rightarrow t_0}g(t)=x_0$, мы получим то же самое значение $\lim_{t\rightarrow t_0}g(t)=A$. Иначе говоря, при вычислении предела $\lim_{t\rightarrow t_0}f(g(t))$ можно выполнять замену $x = g(t)$ и (при выполнении соответствующих условий, т. е. $\lim_{t\rightarrow t_0}g(t)=x_0$, $g(t) \neq x_0$) вычислять $\lim_{x\rightarrow x_0}f(x)$. Эти пределы равны.

Примеры. Вычислить $\lim_{t\rightarrow 0}\frac{\sqrt[n]{1+t}-1}{t}$ , где $n\in\mathbb{N}$. Полагаем $t =x^{n}-1$, т. е. считаем, что $f(g(t)) = \frac{\sqrt[n]{1+t}-1}{t}$, где $x = g(t) = \sqrt[n]{1+t}-1$, а $f(x)=\frac{x-1}{x^{n}-1}$ . Тогда условие $t\rightarrow t_0=0$ равносильно тому, что $x\rightarrow x_0=1$, а данный предел, согласно теореме о замене переменной, равен такому пределу $\lim_{x\rightarrow 1}\frac{x-1}{x^{n}-1}$ . Вычислим: $$\lim_{x\rightarrow 1}\frac{x-1}{x^{n}-1} =\lim_{x\rightarrow 1}\frac{x-1}{(x-1)(x^{n-1}+x^{n-2}+\cdots +x+1)}=$$

$$=\lim_{x\rightarrow 1}\frac{1}{x^{n-1}+x^{n-2}+\cdots +x+1}=\frac{1}{n}.$$ Поэтому и $\lim_{t\rightarrow t_0}\frac{\sqrt[n]{1+t}-1}{t}=\frac{1}{n}$.

Найти предел $\lim_{x\rightarrow 0}(1+\tan x)^{\frac{1}{2x}}$

Сначала (мысленно или на черновике) пробуем подставить ноль (бесконечно малое число) в выражение, стоящее под знаком предела:

$$(1+\tan0)^{\frac{1}{2*0}}=(1+0)^{\frac{1}{0}}=1^{\infty }$$

В результате получена знакомая неопределенность $1^{\infty.}$ Очевидно, что в данном примере $\alpha=\tan x$ С помощью знакомого искусственного приема организуем в показателе степени конструкцию $\frac{1}{\alpha}$ :

$$\lim_{x\rightarrow 0}\left ( 1+\tan x \right )^{\frac{1}{2x}}=1^{\infty}=\lim_{x\rightarrow 0}((1+\tan x)^{\frac{1}{\tan x}})^{\frac{\tan x}{2x}}=e^{\frac{1}{2}\lim_{x\rightarrow 0} \frac{\tan x}{x}}=e^{\frac{0}{0}}$$

Еще не всё, в показателе у нас появилась неопределенность вида $\frac{0}{0}$. Раскладываем тангенс на синус и косинус (ничего не напоминает?)$$\lim_{x\rightarrow 0}\left ( 1+\tan x \right )^{\frac{1}{2x}}=1^{\infty}=\lim_{x\rightarrow 0}((1+\tan x)^{\frac{1}{\tan x}})^{\frac{\tan x}{2x}}=e^{\frac{1}{2}\lim_{x\rightarrow 0} \frac{\tan x}{x}}=e^{\frac{0}{0}}=$$ $$=e^{\frac{1}{2}\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\sin x}{\cos x}}$$

Косинус нуля стремится к единице (не забываем помечать карандашом), поэтому он просто пропадает в произведении:

$$\lim_{x\rightarrow 0}\left ( 1+\tan x \right )^{\frac{1}{2x}}=1^{\infty}=\lim_{x\rightarrow 0}((1+\tan x)^{\frac{1}{\tan x}})^{\frac{\tan x}{2x}}=e^{\frac{1}{2}\lim_{x\rightarrow 0} \frac{\tan x}{x}}=e^{\frac{0}{0}}=$$ $$=e^{\frac{1}{2}\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\sin x}{\cos x}}=e^{\frac{1}{2}\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\sin x}{x}}=e^{\frac{1}{2}}$$

Найдем предел $\lim_{x\rightarrow \infty}\left ( \frac{x-2}{x+1} \right )^{2x+3}$

Пределы подобного вида встречаются довольно часто поэтому обратите внимание на решение. Пробуем подставить бесконечно большое число в выражение, стоящее под знаком предела

$$\lim_{x\rightarrow \infty}\left ( \frac{x-2}{x+1} \right )^{2x+3}=\left ( \frac{\infty }{\infty} \right )^{\infty}$$

В результате получена неопределенность $\left ( \frac{\infty}{\infty} \right )^{\infty}$. Но второй замечательный предел применим к неопределенности вида $1^{\infty}$. Нужно преобразовать основание степени. Рассуждаем так в знаменателе у нас $x+1$, значит, в числителе тоже нужно организовать $x+1$

: $$\lim_{x\rightarrow \infty}\left ( \frac{x-2}{x+1} \right )^{2x+3}=\left ( \frac{\infty }{\infty} \right )^{\infty}=\lim_{x\rightarrow \infty}\left ( \frac{x+1-3}{x+1} \right )^{2x+3}$$

Теперь можно почленно разделить числитель на знаменатель:$$\lim_{x\rightarrow \infty}\left ( \frac{x-2}{x+1} \right )^{2x+3}=\left ( \frac{\infty }{\infty} \right )^{\infty}=\lim_{x\rightarrow \infty}\left ( \frac{x+1-3}{x+1} \right )^{2x+3}=\lim_{x\rightarrow \infty}\left ( 1-\frac{3}{x+1} \right )^{2x+3}$$=$$\lim_{x\rightarrow \infty}\left ( 1+\frac{1}{\frac{x+1}{-3}} \right )=1^{\infty}$$

Вроде бы основание стало напоминать $\left ( 1+\frac{1}{\alpha} \right )$, и, более того, появилась нужная нам неопределенность $1^{\infty}$. Организуем второй замечательный предел $\lim_{\alpha\rightarrow \infty}\left ( 1+\frac{1}{\infty} \right )^{\alpha}$.Легко заметить, что в данном примере $\alpha=\frac{x+1}{-3}$. Снова исполняем наш искусственный прием: возводим основание степени в $\frac{x+1}{-3}$, и, чтобы выражение не изменилось – возводим в обратную дробь $\frac{-3}{x+1}$:$$\lim_{x\rightarrow \infty}\left ( \frac{x-2}{x+1} \right )^{2x+3}=\left ( \frac{\infty }{\infty} \right )^{\infty}=\lim_{x\rightarrow \infty}\left ( \frac{x+1-3}{x+1} \right )^{2x+3}=\lim_{x\rightarrow \infty}\left ( 1-\frac{3}{x+1} \right )^{2x+3}$$=$$\lim_{x\rightarrow \infty}\left ( 1+\frac{1}{\frac{x+1}{-3}} \right )=1^{\infty}=\lim_{x\rightarrow \infty}\left ( \left ( 1+\frac{1}{\frac{x+1}{-3}} \right )^{\frac{x+1}{-3}} \right )^{\frac{-3}{x+1}(2x+3)}$$

Наконец-то долгожданное $\left ( 1+\frac{1}{\alpha} \right )$ устроено, с чистой совестью превращаем его в букву $e$:$$\lim_{x\rightarrow \infty}\left ( \frac{x-2}{x+1} \right )^{2x+3}=\left ( \frac{\infty }{\infty} \right )^{\infty}=\lim_{x\rightarrow \infty}\left ( \frac{x+1-3}{x+1} \right )^{2x+3}$$=$$\lim_{x\rightarrow \infty}\left ( 1-\frac{3}{x+1} \right )^{2x+3}=\lim_{x\rightarrow \infty}\left ( 1+\frac{1}{\frac{x+1}{-3}} \right )=1^{\infty}=\lim_{x\rightarrow \infty}\left ( \left ( 1+\frac{1}{\frac{x+1}{-3}} \right )^{\frac{x+1}{-3}} \right )^{\frac{-3}{x+1}(2x+3)}$$=$$e^{-3\lim_{x\rightarrow \infty}\frac{2x+3}{x+1}}=e^{\frac{\infty}{\infty}}$$

Но на этом мучения не закончены, в показателе у нас появилась неопределенность вида$\frac{\infty}{\infty}$. Делим числитель и знаменатель на $x$:$$\lim_{x\rightarrow \infty}\left ( \frac{x-2}{x+1} \right )^{2x+3}=\left ( \frac{\infty }{\infty} \right )^{\infty}=\lim_{x\rightarrow \infty}\left ( \frac{x+1-3}{x+1} \right )^{2x+3}=\lim_{x\rightarrow \infty}\left ( 1-\frac{3}{x+1} \right )^{2x+3}$$=$$\lim_{x\rightarrow \infty}\left ( 1+\frac{1}{\frac{x+1}{-3}} \right )=1^{\infty}=\lim_{x\rightarrow \infty}\left ( \left ( 1+\frac{1}{\frac{x+1}{-3}} \right )^{\frac{x+1}{-3}} \right )^{\frac{-3}{x+1}(2x+3)}$$=$$e^{-3\lim_{x\rightarrow \infty}\frac{2x+3}{x+1}}=e^{\frac{\infty}{\infty}}=e^{-3\lim_{x\rightarrow \infty }\frac{\frac{2x+3}{x}}{\frac{x+1}{x}}}=e^{-3\lim_{x\rightarrow \infty}\frac{2+\frac{3^{-30}}{x}}{1+\frac{1}{x}}}=e^{-32}=e^{-6}$$

Готово

Литература

  1. Коляда В.И., Кореновский А. А. Курс лекций по математическому анализу.- Одесса : Астропринт , 2009. с. 68-69.
  2. Лысенко З.М. Конспект лекций по математическому анализу.
  3. примеры решений

Замена переменной в пределах

Пройдите тест ,чтобы проверить как вы усвоили материал.

3.6 Монотонные функции

Монотонные функции

Определение. Пусть $-\infty\leq a< b\leq +\infty$ и функция $f$ определена на $(a, b)$. Функция $f$ называется монотонно возрастающей (убывающей) на $(a, b)$, если для любых $ x,y \in(a,b)$, таких, что$x<y$, справедливо неравенство $f(x)\leq f(y) (f(x)\geq f(y))$.

Если в данном определении нестрогие неравенства поменять на строгие, то получим определение строго возрастающей (убывающей) функции.

Для монотонной последовательности мы доказывали критерий сходимости, который состоит в том, что сходимость монотонной последовательности эквивалентна ее ограниченности (сверху для возрастающей последовательности и снизу для убывающей). Соответствующее утверждение имеет место и для функций.

Теорема.Пусть$-\infty<a<b<+\infty$ и функция $f$ монотонно возрастает на $(a, b)$. Если $f$ ограничена сверху на $(a, b)$, то существует $\lim_{x\rightarrow b\rightarrow 0}f(x)$. Если же $f$ неограничена сверху, то $\lim_{x\rightarrow b\rightarrow 0}f(x)=+\infty$.

Пусть $f$ ограничена сверху. Это означает, что ограничено сверху множество ее значений$ E(f)=\left \{ f(x):\in(a,b) \right \}E(f)=\left \{ f(x):\in(a,b) \right \}$ Обозначим $A=sup\, E(f)$ (верхняя грань ограниченного сверху множества $E(f)$ существует в силу теоремы о существовании верхней грани). Покажем, что $\lim_{x\rightarrow b\rightarrow 0}f(x)=A$. Так как $A=sup\, E(f)$, то
1) для любого $y \in E(f)$ справедливо неравенство $y\leq A$;
2) для любого $\varepsilon > 0$ найдется такое $y{}’\in E(f)$, что $y{}’>A-\varepsilon $.

Условие 1) означает, что для любого $x \in (a, b)$ справедливо неравенство $f(x)\leq A$. Зададим $\varepsilon >0$ и найдем $y{}’\in E(f)$, такое, что $y{}’=f(x{}’)>A-\varepsilon $, где $x{}’\in (a,b)$. Обозначим $\delta =b-x{}’>0$. Тогда для всех $x>b-\delta =x{}’$ из монотонности $f$ вытекает, что $f(x)\geq f(x{}’)>A-\varepsilon$. Итак, с учетом 1) получаем, что для любого $\varepsilon >0$ найдется такое $\delta > 0\: (\delta =b-x{}’)$, что для всех $x \in (b-\delta,b)$ (т. е.$ b − \delta < x < b)$ справедливо неравенство $A-\varepsilon <f(x)\leq A<A+\varepsilon $, т. е. $\left | f(x)-A \right |<\varepsilon $. Последнее означает, что $\lim_{x\rightarrow b\rightarrow 0}f(x)=A$.

Предположим теперь, что $f$ неограничена сверху на $(a, b)$, и покажем,что$\lim_{x\rightarrow b\rightarrow 0}f(x)=+\infty$. Наше условие равносильно тому, что неограничено сверху множество $E(f)$. Поэтому для любого $M > 0$ найдется такое$y{}’\in E(f)$, что$ y{}’ > M$. Зададим $M > 0$ и найдем такое $y{}’ \in E(f)$, что $y{}’ > M$. Так как $y{}’\in E(f)$, то существует такое $x{}’ \in(a, b)$, что $y{}’= f(x{}’)$.Из монотонности $f$ следует, что для всех $x > x{}’ (x \in (a, b))$ справедливо неравенство $f(x) \geq f(x{}’) > M$. Обозначим $\delta =b-x{}’>0$. Тогда получим, что для всех $x \in (a, b)$, удовлетворяющих условию $b-\delta <x<b$, справедливо неравенство $f(x) > M$. Так как $M$ произвольно, то это означает, что $\lim_{x\rightarrow b\rightarrow 0}f(x)=+\infty$. $\square $

Аналогично можно показать, что если $f$ возрастает на $(a, +\infty)$, то

1) если $f$ ограничена сверху, то существует $\lim_{x\rightarrow +\infty}f(x)$;

2) если $f$ неограничена сверху, то $\lim_{x\rightarrow +\infty}f(x)=+\infty$.

Точно так же можно доказать аналоги приведенной теоремы для правого предела функции в точке $a$ для конечного$a$ и для$a = −\infty$.

Следствие. Если функция $f$ монотонна на интервале $(a, b)$, то в каждой точке этого интервала она имеет конечные левый и правый пределы.

Рассмотрим случай, когда $f$ возрастает на $(a, b)$.Выберем $x0 ∈ (a, b)$ и покажем, что существуют пределы $\lim_{x\rightarrow x_0-0 }f(x)$ и $\lim_{x\rightarrow x_0+0 }f(x)$. Так как $f$ возрастает на $(a, b)$, то $f$ возрастает и на $(a, x_0)$, и на $(a, x_0)$ функция $f$ ограничена сверху, поскольку $f(x) \leq f(x_0)$ для всех $x \in (a, x_0)$. В силу доказанной теоремы, существует конечный предел $\lim_{x\rightarrow x_0-0 }f(x)$. Аналогично получаем, что существует конечный предел $\lim_{x\rightarrow x_0+0 }f(x)$.

Примеры 1. Найти промежутки монотонности и экстремумы функции:$f(x)=x^{3}-3x^{2}$.
Найдем первую производную функции $f{}'(x)=3x^{2}-6x$.
Найдем критические точки по первой производной, решив уравнение $3x^{2}-6x$; $3x(x-2)=0$; $x = 0$, $x = 2$
Исследуем поведение первой производной в критических точках и на промежутках между ними.

$x$ $(\infty, 0)$ $0$ $(0, 2)$ $2$ $(2, +\infty)$
$f{}'(x)$ + 0 0 +
$f(x)$ растет max убывает min  растет

$f(0)=0^{3}-3*0^{2}=0$
$f(2)=2^{3}-3*2^{2}=-4$
Ответ: Функция возрастает при $x\in (-\infty ; 0)\cup(2; +\infty);$ функция убывает при $x\in (0;2);$
точка минимума функции $(2;-4);$ точка максимума функции $(0;0).$

Источники

  1. Коляда В.И., Кореновский А. А. Курс лекций по математическому анализу.- Одесса : Астропринт , 2009. с. 67-68.
  2. Лысенко З.М. Конспект лекций по математическому анализу.
  3. Монотонные функции
  4. Примеры

Монотонные функции

Пройдите тест,чтобы закрепить прочитанный материал

 

 

Задача M №656 журнала «Квант»

Условие

В пространстве имееются 30 ненулевых векторов.
Докажите,что среди них найдутся два угол между которыми меньше 45°.

 

Решение

Поместим начала всех векторов в одну точку и построим сферу радиуса 1 с центром в этой точке. Возьмем точки пересечения наших векторов (или их продолжений) с построенной сферой и окружим каждую из них шапочкой диаметром 45°(рис.1) или,что по существу
то же самое ,сами векторы — конусами с раствором 45° (и образующей 1). Утверждение задачи будет доказано ,если мы покажем ,что какие-то две из этих «окресностей»: шапочки или конусы -пересекаются. А для этого сравним суммарную площадь поверхностей
шапочек (или суммарный объём конусов) с площадью поверхности сферы (соответственно, с объемом шара).

Площадь поверхности шапочки (см.рисунок 1; H=R(1-cosα-высота шапочки) равна $2{\pi}Rh = 2{\pi}(1-cos\frac{\pi}{8})=2{\pi}(1-\sqrt{\frac{2+2}{4}})>4\pi$,то есть,что $\sqrt{\frac{2+2}{4}}>\frac{4}{15}$.Произведя несколько несложных преобразований (два из которых-возведя в квадрат) прийдём к первому равносильному
неравенству$ \frac{1}{2}<(\frac{167}{225})^2
$. Из этого следует, что среди шапочек найдутся две пересекающиеся: угол между соответсвующими им векторами будет меньше 45°.Если сравнить объемы (рис.2) нужно доказать ,что объем каждого конуса больше $\frac{4}{90\pi}$. Предлагаем вам убедиться в этом самостоятельно.

А.Толпыгo