analiza 1 zadania2

146

Twierdzenia o funkcjach z pochodnymi

Obliczymy teraz granicę w wykładniku. Podstawiając u = - mamy z —> oo <==> u —> 0⁺

z sin u

,    1    In cos u oh,.    cos u    ,. sin u

lim zlncos- oo O = lim - - = lim . — = — lim -= 0.

*—co    X    u—>0+    U

u—>0+    1

u—*0+ COS U

Ostatecznie szukana granica jest równa e° — 1. Symbole (»), (**) oznaczają tutaj to samo, co w przykładzie h).

Hm tg x In sin z

.. r / • s^l*^x ■■ *    *«*'*•'“* *• "'f

k) lim (sin z) p§p = lim e    = e

i-}-    *-f~

Obliczymy teraz granicę w wykładniku. Mamy

lim tgzlnsinz <»-q? = lim —>—

^e-f“    —

ln sin z WĘ h ..

= lim

cos z sin z

1

1

tg² z cos² z

tg z

= — lim sin z cos z = 0.

*~ł"

Ostatecznie szukana granica wynosi e° = 1. Symbole (*), (**) oznaczają tutaj to samo, co w przykładzie h).

1    ln(x+l)

I) lim (z+1)⁷⁵ lig = lim e~

lim

I—*oo

Obliczamy teraz granicę w wykładniku. Mamy

1

lim    2? lim    =0

x—*eo    1

2y/x

Zatem poszukiwana granica równa się e° = 1. Symbole (*), (**) również tutaj oznaczają to samo, co w przykładzie h).

• Przykład 5.8

Obliczyć podane granice. Czy można tu zastosować regułę de L’Hospitala?

2 • ¹

^x s,n ~    x 4- sin x

b) Jim ⁺

z + 1

x—*o sma: Rozwiązanie

x—oo x - sin x

2 • 1 x sin -

) i_{im    =} [lim -t^—1 -[lim (zsin-)l =1-0 = 0

x—»o sini lx—osinxj Lx—o \    x)\

(zobacz Przykład 2.7 a)). W tym przykładzie nie można stosować reguły de L’Hospitala, bo nie jest spełnione założenie o istnieniu granicy ilorazu pochodnych. Rzeczywiście mamy

/ ₂. iy    . . i i

x sin -    2x sin--cos -

lim --— = '™ ----

= lim

x—o (sin z)' x—o

cosz

Przykłady

147

Ostatnia granica nie istnieje, bo przyjmując x'„ = —— otrzymamy lim x'„ = 0

2nn

Przyjmując natomiast x'ń =

lim

n—oo

i

„ , . i i

2x_n sin —--cos ——

cosx_n

: -1.

n + 2nir

otrzymamy lim x'ń = 0 oraz

„ „ . i    i

lim

n—*co

= 1.

2x_n sin -77 - cos _X„_x_ft

cos x„

..    .. z + sini ..

bj lim -;-= hm

1 + ^:

JL__

i—oo x — sinx x—oo . _ sina:

1+0

1 -0

= 1.

Także w tym przypadku nie można stosować reguły de L/Hospitala, bo nie jest spełnione założenie o istnieniu granicy ilorazu pochodnych. Rzeczywiście

(x + sinx)'    1 + cosx

hm -;-r- = lim --.

x—oo(x —sini)    x—oo 1 — cos a:

Granica ta nie istnieje, bo przyjmując x'_n = ^ + 2mr otrzymamy lim x'_n = oo oraz

2    n—*co

hm |~t^COS^ =1.

n—‘OO 1 — COS X_n

Przyjmując natomiast x'ń = rr + 2nir otrzymamy lim x'ń = oo oraz

hm    0.

n—co 1 — COS Xń

Rozwinięcie Taylora funkcji

• Przykład 5.9

Napisać wzór Taylora z resztą Lagrange’a dla podanej funkcji, wskazanego punktu oraz n :

a)    f{x) =--, x₀ = 2, n = 3;

x — 1

b)    f{x) = \/x, x₀ = 1, n = 3;

c)f(x) = sin —, aro = 7r, n = 5.

Rozwiązanie

Wzór Taylora dla funkcji /, punktu xo oraz liczby naturalnej n ma postać:

J\X) = I (X0) +-^— (X - x₀) + —21— (x-xo) +...+    (x - X0)

/⁽ⁿ⁾ (c

(x - x₀)ⁿ ,