Vissza
Fejezet tartalma
Tartalomjegyzék
A határozatlan esetek kiküszöbölése
139
VII. A határozatlan esetek kiküszöbölése 7.1. A l’Hospital szabály A véges növekedések tétele alapján egy függvény értékét egy x 0 pontban közelíthetjük az x 0 környezetében felvett valamely más értékkel és a közelítés hibájára (pontosságára) a függvény deriváltjából nyerünk valami információt (Lokálisan a függvény ívét a hozzá tartozó húrral helyettesítjük). A feladat természetétől függően ez a közelítés lehet, hogy célravezető de lehet, hogy nem. Próbáljuk 0 f (x ) megvizsgálni, hogy a lim alakú, határozatlan esethez vezető határérték kiszámíx →x 0 g (x ) 0 tásánál mi történik ha az f és g értékeit a Lagrange vagy Cauchy tétel segítségével közelítjük. Ha f , g folytonosak és deriválhatók az x 0 egy kis környezetében, és
f (x 0 ) = g (x 0 ) = 0 , akkor a Lagrange tétel alapján létezik olyan c1, 2 , amelyre: f (x ) f (x ) − f (x 0 ) x ⋅ f ′ (c1 ) f ′ (c1 ) = = = g(x ) g(x ) − g(x 0 ) x ⋅ g ′ (c2 ) g ′ (c2 ) Mivel a jobb oldalon levő kifejezésben x → x 0 esetén c1, 2 → x 0 mondhatjuk, hogy ha léteznek a
lim f ′ (x ) = l1
x →x 0
és
lim g ′ (x ) = l2
x →x 0
határértékek és l2 ≠ 0 , akkor
f (x ) l1 = . Ha a Cauchy tételt használjuk a tört becslésére, nem kell a két deriváltg(x ) l2 nak külön-külön létezzen a határértéke, elégséges a tört határértékének létezése. Így a következő tételhez jutunk: Tétel. (A l’Hospital tétel 0 határozatlanság esetén) lim
x →x 0
0
Legyen f , g : [a, b ] → \ ( a, b ∈ \ , a < b ) két valós függvény és x 0 ∈ [a, b ] . Ha 1. az f és g függvény folytonos x 0 -ban,
2. az f és g függvény deriválható a V ∩ [a, b ] \ {x 0 } halmazon (ahol
V ∈ V (x 0 ) ), 3. f (x 0 ) = g (x 0 ) = 0 és 4. g ′ (x ) ≠ 0 az x 0 egy környezetében, f ′ (x ) határérték, 5. létezik a lim x →x 0 g ′ (x ) f (x ) f (x ) f ′ (x ) határérték is és lim . akkor létezik a lim = lim x →x 0 g (x ) x →x 0 g (x ) x →x 0 g ′ (x ) Bizonyítás. A Cauchy tételt alkalmazzuk az [x 0 − ε, x 0 + ε ] intervallumon, ahol ε -t úgy választjuk meg, hogy az előbbi intervallum benne legyen a feltételekben szereplő környezetek mindegyikében. f (x ) − f (x 0 ) (x − x 0 ) f ′ (c ) f ′(c ) = = g (x ) − g (x 0 ) (x − x 0 ) g ′ (c ) g ′(c)
Fejezet tartalma 140
Tartalomjegyzék
A határozatlan esetek kiküszöbölése
Mivel x → x 0 esetén c → x 0 , az előbbi egyenlőség jobb oldalán levő kifejezés f ′ (x ) . Így a bal oldalnak is van határértéke és ez is határértéke x → x 0 esetén lim x →x 0 g ′ (x ) f ′ (x ) egyenlő lim -al. x →x 0 g ′ (x ) Előfordul, hogy a határértékben megjelenő függvények nem értelmezettek az x 0 pontban, vagy a határértékük nem egyenlő a behelyettesítési értékükkel. Ebben az esetben is használhatjuk az előbbi gondolatmenetet, mert kicserélhetjük a behelyettesítési értéket. Erre az esetre vonatkozik a következő tétel: Tétel. (A l’Hospital tétel 0 határozatlan eset esetén) 0
Legyen f , g : [a, b ] → \ ( a, b ∈ \ , a < b ) két valós függvény és x 0 ∈ [a, b ] . Ha 1. az f és g függvény deriválható a V ∩ [a, b ] \ {x 0 } halmazon (ahol
V ∈ V (x 0 ) ), 2. lim f (x ) = lim g (x ) = 0 és x →x 0
x →x 0
3. g ′ (x ) nem nulla, ha x az x 0 egy környezetében levő x 0 -tól különböző pont, f ′ (x ) határérték, 4. létezik a lim x →x 0 g ′ (x ) f (x ) f (x ) f ′ (x ) akkor létezik a lim határérték is és lim . = lim x →x 0 g (x ) x →x 0 g (x ) x →x 0 g ′ (x ) x = x0 x = x0 0, 0, és g1 (x ) = Bizonyítás. Tekintjük az f1 (x ) = g(x ), x ≠ x 0 f (x ), x ≠ x 0 függvényeket. Ezekre alkalmazható az előbbi tétel, tehát a következtetés is igaz. Megjegyzés. Az előbbi tételek esetében az x 0 pontban a függvények nem kellett deriválhatók legyenek. Ha a függvények az x 0 -ban is deriválhatók, akkor az f (x 0 ) = g (x 0 ) = 0 egyenlőségek alapján f (x ) − f (x 0 ) f (x ) x − x0 = g(x ) − g (x 0 ) g(x ) x − x0
és így x → x 0 esetén a jobb oldal határértéke oldalnak is van határértéke és egyenlő
f ′ (x 0 ) ( g ′ (x 0 ) ≠ 0 esetén), tehát a bal g ′ (x 0 )
f ′ (x 0 ) -val. Érvényes tehát a következő tétel: g ′ (x 0 )
Tétel (Cauchy) Ha I ⊆ \ egy intervallum, x 0 ∈ I és f , g : I → \ két függvény a következő tulajdonságokkal:
Fejezet tartalma A határozatlan esetek kiküszöbölése
Tartalomjegyzék 141
1. f (x 0 ) = g (x 0 ) = 0 ; 2. f és g deriválható az x 0 -ban és g ′ (x 0 ) ≠ 0 , akkor létezik x 0 -nak olyan V környezete, amelyben g(x ) ≠ 0 , ∀ x ∈ V \ {x 0 } és
f (x ) f ′ (x 0 ) . = x →x 0 g (x ) g ′ (x 0 ) Világos, hogy van olyan eset, amikor mind a két tétel alkalmazható és van olyan, amikor csak az egyik (sőt olyan is, amikor egyik sem). x2 −1 -et! Példák. 1. Számítsuk ki lim x →1 ln x 1 3 Tekintjük az f , g : , → \ , f (x ) = x 2 − 1 és g (x ) = ln x , függvényeket. Ezek a 2 2 függvények folytonosak is és deriválhatók is az értelmezési tartományukon, f ′ (x ) 2x lim f (x ) = lim g (x ) = 0 és lim = lim = lim 2x 2 = 2 , tehát a l’Hospital x →1 x →1 x →1 g ′ (x ) x →1 1 x →1 x x2 −1 = 2. tétel (vagy a Cauchy tétel) értelmében lim x →1 ln x Megjegyzés. Ebben az esetben a határérték a l’Hospital szabály nélkül is kiszámítható a következő átalakítások segítségével: x2 −1 x −1 t 2 lim = lim lim (x + 1) = lim lim (x + 1) = = 2 x →1 ln x x →1 ln x x →1 t → 0 ln (t + 1) x →1 1 x e −1 2. Számítsuk ki lim -et! x → 0 sin x 1 1 Tekintjük az f , g : − , → \ , f (x ) = e x − 1 és g (x ) = sin x függvényeket. 2 2 Ezek a függvények folytonosak és deriválhatók az értelmezési tartományukon, f ′(0) f ′ (x ) ex . A továbbá lim f (x ) = lim g (x ) = 0 és lim = lim = 1 = x →0 x →0 x → 0 g ′ (x ) x → 0 cos x g ′(0) ex − 1 = 1. l’Hospital szabály (vagy a Cauchy tétel) alapján lim x → 0 sin x Megjegyzés. A vizsgált határérték egyszerűen visszavezethető alaphatárértékekre: ex − 1 ex − 1 x = lim ⋅ = 1⋅1 = 1 . lim x → 0 sin x x →0 sin x x e x + e −x − 2 -et! 3. Számítsuk ki lim x →0 1 − cos x Megoldás. Tekintjük az f , g : (−1,1) → \ , f (x ) = e x + e −x − 2 és g(x ) = 1 − cos x függvényeket. Ezek a függvények folytonosak és deriválhatók az értelmezési f ′(x ) 0 e x − e −x = lim . Mivel ez a határérték is alakú tartományukon és lim x → 0 g ′(x ) x →0 sin x 0
lim
Fejezet tartalma 142
Tartalomjegyzék
A határozatlan esetek kiküszöbölése
határozatlan eset, megismételjük a gondolatmenetet. Az f ′ és g ′ deriválhatók az értelmezési tartományon, és lim x →0
( f ′)′ (x )
= lim
(g ′)x′ (x ) −x
x →0
f ′′(x ) e x + e −x = lim = 2, g ′′(x ) x →0 cos x
e x − e −x e +e −2 = 2 és így lim =2. 0 x →0 x → sin x 1 − cos x Megjegyzés. Ezt a határértéket is könnyen kiszámíthatjuk az elemi határértékek 2 x 2 2 x x x −x (e − 1) e +e −2 1 e − 1 2 =2 segítségével: lim = lim = 2 ⋅ lim x x 2 x → 0 → 0 x →0 x x e x sin x 1 − cos x 2e sin 2 2 x − sin x határértéket! 4. Számítsuk ki a lim x →0 x3 Megoldás. Az f , g : (−1,1) → \ , f (x ) = x − sin x és g(x ) = x 3 függvények folytonosak és deriválhatók az értelmezési tartományukon és tehát lim
f ′( x ) 1 − co s x = lim = lim lim x → 0 g ′( x ) x→0 x→0 3x 2
2 x si n x 2 = lim 2 1 = 1 x x→0 6 3x 2 6 2
2 sin 2
.
A l’Hospital szabály alapján (itt nem alkalmazható a Cauchy tétel) lim x→0
5. Az x n +1 = sin x n , n ≥ 1 ,
x
0
x − sin x 1 = . x3 6
π ∈ 0 , 2
sorozat esetén számítsuk ki a lim n ⋅ x n n →∞
határértéket. Megoldás. A sorozat szigorúan csökkenő és pozitív tagú, tehát konvergens. Ha a rekurzióban határértékre térünk, az l = sin l egyenlőséghez jutunk (ahol l az (x n )n ≥1 sorozat határértéke), tehát az (x n )n ≥1 sorozat konvergens és határértéke 0 . Kiszámítjuk a kért határérték négyzetét a következő átalakítások segítségével: n 1 x n2 2 2 A Cesaro-Stolz kritérium alapján elégséges a lim n + 1 − n = lim 2x n x n +21 1 1 n→∞ n→∞ x − x n n +1 − 2 x n2 +1 xn lim n ⋅ x n2 = lim
n →∞
n→∞
határértéket kiszámítani. Ennek a kiszámításához a lim x n = 0 egyenlőség alapján n→∞
2 2 elégséges az f (x ) = x2 sin 2x függvény határértékét kiszámítani 0 -ban. x − sin x x 2 sin 2 x sin 2 x x4 lim 2 = lim ⋅ lim 2 = 2 2 x→0 x x→0 x→0 x x − sin x − sin 2 x sin 2 x x3 1 6 = lim ⋅ lim ⋅ lim = = 3 2 x→0 x → 0 2 x x − sin x x → 0 1 + sin x x
Fejezet tartalma A határozatlan esetek kiküszöbölése
Tartalomjegyzék 143
Ebből következik, hogy lim n ⋅ x n = 3 . n →∞
6. Számítsuk ki a lim x →0
x ∈_ x , f (x ) határértéket, ha f , g : \ → \ , f (x ) = tg x , x ∈ \ \ _ g(x )
e x 2 − 1, x ∈_ . és g(x ) = 1 − cos x , x ∈ \ \ _ Megoldás. Az f és a g függvény nem folytonos és nem is deriválható az x 0 = 0 pont egyetlen környezetében sem, de mindkét függvény folytonos és deriválható az x 0 = 0 pontban és f (0) = g (0) = 0 valamint f ′ (0) = 0 és g ′ (0) = 1 . Ebből f (x ) f ′ (0) 0 = = = 0. következik, hogy a Cauchy tétel alkalmazható és lim x → 0 g (x ) g ′ ( 0) 1 1 x 3 cos x határértéket. 7. Számítsd ki a lim x → 0 1 − cos x 1 Megoldás. Mivel az f : \ \ {x 0 } → \ , f (x ) = x 3 cos függvény deriváltja x 2
1
1
3x cos − x sin 1 1 ′ x x , ahol g(x ) = 1 − cos x , f ′(x ) = 3x cos − x sin és f (x ) = x x sin x g ′(x ) f ′(x ) az tört határértéke nem létezik x 0 = 0 -ban. Emiatt a l’Hospital szabály nem g ′(x ) alkalmazható a határérték kiszámítására. Az elemi határértékek segítségével viszont: f (x ) x2 1 = lim ⋅ lim x cos = 2 ⋅ 0 = 0 . lim x → 0 g (x ) x → 0 1 − cos x x →0 x 2
Megjegyzés. 1. Az előbbi példákból látható, hogy a tételek feltételeit érdemes ellenőrizni, mert ellenkező esetben hibás eredményhez juthatunk, vagy hibás gondolatmenet alapján jutunk a helyes eredményhez (esetleg nem a megfelelő tételt alkalmazzuk). 2. Az előbbi példákból az is látszik, hogy érdemes az elemi módszereket mindig összekombinálni a l’Hospital szabállyal, a számolások egyszerűsítése céljából. A l’Hospital szabály nemcsak a
0 0
alakú határozatlan esetek kiküszöbölésére
használható, hisz minden határozatlan eset ilyen alakba írható. A
∞ alakú esetekre ∞
vonatkozik a következő tétel Tétel. (l’Hospital) Ha a, b ∈ \ , a < b , x 0 ∈ (a, b) és az f , g : (a, b) → \ függvények teljesítik a következő feltételeket: 1. f és g deriválható függvények 2. g ′ (x ) ≠ 0 , x ∈ (a, b)
Tartalomjegyzék
Fejezet tartalma 144
A határozatlan esetek kiküszöbölése 3. lim g (x ) = ∞ , x →x 0
4. létezik a lim x →x 0
f ′ (x ) határérték, g ′ (x )
f (x ) f (x ) f ′ (x ) határérték is és lim . = lim x → x x → x 0 g (x ) 0 g ′ (x ) g (x ) f ′ (x ) Bizonyítás. Jelöljük a lim határértéket l -el. Mivel lim g (x ) = ∞ és x →a x →a g ′ (x ) g ′(x ) ≠ 0 , ezért g (x ) ≠ 0 és g (x ) szigorúan monoton. Legyen (x n )n ∈` , x n ∈ (a, b) akkor létezik a lim x →x 0
(
és lim x n = a egy tetszőleges sorozat. Cauchy tétel alapján létezik cn ∈ x n +1, x n n →∞
úgy, hogy
f (x n ) − f (x n +1 )
=
)
f ′ (cn ) . g ′ (cn )
g (x n ) − g (x n +1 ) A lim x n = a egyenlőségből következik, hogy lim cn = a és így a feltétel alapján n →∞
létezik a
lim
n →∞
f ′ (cn ) lim n →∞ g ′ (c ) n
f (x n ) − f (x n +1 )
g (x n ) − g (x n ) tehát igazolni, hogy n →∞
határérték és egyenlő l -el. Ebből következik, hogy
= l és így a Cézaro-Stolz tétel alapján lim
n →∞
f (x n ) g (x n )
= l . Sikerült
f (x ) f ′ (x ) . = lim x → x 0 g ′ (x ) g (x ) Megjegyzés. A l’Hospital szabály akkor is alkalmazható, ha x 0 nem valós szám, hanem ±∞ . A továbbiakban l’Hospital szabály (tétel) néven fogjuk emlegetni ln x Példák. 1. Számítsuk ki a lim határértéket! x →∞ x Megoldás. Az f : (0, ∞) → \ , f (x ) = ln x és g : (0, ∞) → \ , g (x ) = x lim
x →x 0
függvényekre lim f (x ) = lim g (x ) = ∞ és ezek a függvények deriválhatók, tehát x →∞
x →∞
f ′ (x ) 1 = lim = 0 , ezért létezik a x →∞ g ′ (x ) x →∞ x
teljesülnek a l’Hospital szabály feltételei. lim
ln x ln x határérték és lim = 0. x →∞ x x →∞ x lim
Megjegyzés. Hasonló meggondolások alapján
ln x = 0 , ha P egy valós együtthatójú polinom. P (x ) x 2. Számítsuk ki a lim x határértéket. x →∞ e lim
x →∞
lim
x →∞
ln x = 0 , ha a > 0 xa
és
Fejezet tartalma
Tartalomjegyzék
A határozatlan esetek kiküszöbölése
145
Megoldás. Az f (x ) = x és g (x ) = e x függvények az \ halmazon folytonosak és f ′ (x ) 1 1 deriválhatók és lim = lim x = = 0 , tehát a l’Hospital szabály alapján x →∞ g ′ (x ) x →∞ e ∞ x lim x = 0 . x →∞ e x2 3. Számítsuk ki a lim x határértéket. x →∞ e Megoldás. Az f (x ) = x 2 és g (x ) = e x függvények deriválhatók a valós számok f ′ (x ) 2x halmazán és lim = lim x = 0 (az előbbi példa vagy a l’Hospital szabály x →∞ g ′ (x ) x →∞ e
x2 = 0. x →∞ e x P (x ) Megjegyzés. Belátható, hogy lim x = 0 , ha P ∈ \ [X ] . x →∞ e 7.2. A 0 ⋅ ∞ határozatlan eset Ha a, b ∈ \ , a < b , x 0 ∈ (a, b ) f , g : (a, b) → \ deriválhatók, lim f (x ) = 0 és ismételt alkalmazása alapján), tehát lim
x →x 0
lim g (x ) = ∞ akkor a lim f (x ) ⋅ g (x ) határozatlan eset ( 0 ⋅ ∞ alakú)
x →x 0
x →x 0
0 ∞ vagy ∞ 0
alakra redukálható, mivel g (x ) ≠ 0 : f (x ) 1 , ahol lim f (x ) = lim = 0. f (x ) ⋅ g (x ) = 1 x →a x →a g (x ) g (x ) Hasonló átalakítást végezhetünk így is: ∞ g (x ) , ekkor a -re vezethetjük vissza. f (x ) ⋅ g (x ) = 1 ∞ f (x ) Példák π 1. Számítsuk ki limπ x − ⋅ tg x -et! x→ 2 2
Megoldás. Ez a határérték 0 ⋅ ∞ alakú, tehát a következő átalakítást vegezzük: π ′ π x− x− 2 = lim − sin2 x = −1 , 2 = lim limπ ) π π( x→ x→ x→ ctg x ′ 2 2 (ctg x ) 2 π tehát limπ x − ⋅ tg x = −1 . x→ 2
(
)
2
2. Számítsuk ki lim (tg2 x ⋅ ln sin x ) -et! x →0 x >0
Megoldás. Ez a határérték is 0 ⋅ ∞ alakú határozatlan eset.
Fejezet tartalma 146
Tartalomjegyzék
A határozatlan esetek kiküszöbölése
cos x (ln sin x )′ ln sin x sin x lim (tg x ⋅ ln sin x ) = lim és lim = lim = 0, x →0 x → 0 ctg2 x x →0 x →0 1 2 ′ x >0 x >0 x >0 (ctg x ) x >0 2 ctg x ⋅ − sin2 x tehát lim (tg2 x ⋅ ln sin x ) = 0 . 2
x →0 x >0
7.3. A ∞ − ∞ határozatlan eset Ha a határérték lim [ f (x ) − g (x )] alakú, ahol lim f (x ) = ∞ és lim g (x ) = ∞ , x →a
x →a
x →a
akkor feltételezhetjük, hogy f (x ) ≠ 0 és g (x ) ≠ 0 , ezért írhatjuk, hogy 1 1 f (x ) f (x ) − g (x ) = − . ⋅ f (x ) ⋅ g (x ) vagy f (x ) − g (x ) = f (x ) ⋅ 1 − g (x ) f (x ) g (x )
1 1 Így a lim ( f (x ) − g (x )) = lim f (x ) g (x ) − határérték ∞ ⋅ 0 alakú x →a x →a f (x ) g (x ) határozatlan esetté alakul. A második esetben a lim ( f (x ) − g (x )) határérték x →a
g (x ) ∞ kiszámítása előtt a függvény határértékét kell kiszámítani. Ez alakú ∞ f (x ) határozatlan eset. Példák
1 x 1. Számítsuk ki a lim − határértéket! x →1 ln x x − 1
1 x x − 1 − x ln x 0 − = ez (x − 1) ln x ln x x − 1 0 alakú lesz és erre alkalmazzuk a l’Hospital szabályt: 1 − ln x − 1 −x ln x − ln x − 1 1 lim = lim = lim =− , x −1 x →1 x →1 x ln x + x − 1 x →1 ln x + 2 2 ln x + x 1 x 1 vagyis lim − = − . x →1 ln x 2 x −1 1 2 2. Számítsuk ki a lim − x határértéket! x →0 x e − 1 Megoldás. Ez ∞ − ∞ alakú határozatlanság.
x >0
Megoldás. Ez is ∞ − ∞ alakú határozatlan eset.
1 2 1 2x − x = 1 − x , x e −1 x e − 1
2x 1 2 − x ahol lim 1 − x = −∞ . = −1 és ezért lim → 0 x →0 x e x e − − 1 1 x >0 x >0 7.4. A 00 , ∞0 , 1∞ határozatlan esetek Ha a, b ∈ \ , a < b és f , g : (a, b) → \ , ahol f (x ) > 0 minden x ∈ (a, b) esetén és lim f (x ) = lim g (x ) = 0 vagy lim f (x ) = ∞ és lim g (x ) = 0 vagy x →x 0
x →x 0
x →x 0
x →x 0
Fejezet tartalma
Tartalomjegyzék
A határozatlan esetek kiküszöbölése
147 g (x )
lim f (x ) = 1 és lim g (x ) = ∞ , akkor a lim [ f (x )]
x →x 0
x →x 0
x →x 0
kiszámításánál a 00 , ∞0 , 1∞
határozatlan esetek jelennek meg. Minden esetben a 0 ⋅ ∞ esetre redukálódik, ha az g x egyenlőséget használjuk fel. Pontosabban, ha létezik [ f (x )] = e g x ⋅ln f x ( )
( )
( )
g (x )
lim g (x ) ⋅ ln f (x ) akkor létezik lim [ f (x )] x →a
x →x 0
g (x )
és lim [ f (x )] x →x 0
lim g (x )⋅ln f (x )
= e x →a
.
Példák 1. Számítsuk ki lim x tg x -et! x →0 x >0
Megoldás. Ez 00 alakú határozatlan eset. lim (tg x ⋅ ln x ) = lim x →0 x >0
x →0 x >0
ln x ∞ , és ez ∞ ctg x
alakú határozatlan eset. 1 lim tg x ⋅ln x x →0 sin2 x x >0 tg x x lim = lim − = e0 = 1. = 0 , tehát lim x = e 1 x x →0 x →0 → 0 x x >0 x >0 − x >0 sin2 x x 1 2. Számítsuk ki a lim ln határértéket! x →0 x x >0 Megoldás. Ez ∞0 alakú határozatlan eset. ln (− ln x ) 1 x lim x ln ln = lim = lim = 0. 1 x →0 x → 0 ln x x x →0 x >0 x >0 x >0 x x
1 Következik, hogy lim ln = e x →0 x
lim x ln ln
x →0 x >0
1 x
= e0 = 1 .
x >0
tg2 x
3. Számítsuk ki a limπ (sin x ) x→
2
határértéket!
Megoldás. Ez 1∞ alakú határozatlan eset. 1 sin2 x − ln sin x 1 tg2 x 2 − = = − , tehát li m ( sin x ) = e . limπ tg2 x ⋅ ln sin x = limπ lim π π x→ x→ x→ x→ ctg2 x 2 2 2 2 2 2 Gyakorlatok 1. Számítsd ki az alábbi határértékeket (l’Hospital-szabály): tg x − x tg 3x a x − a sin x (a > 0) ; a) lim ; b) limπ ; c) lim x →0 x → 0 x − sin x x→ x3 tg x 2 cos (sin x ) − cos x ln x xx −1 ; e) lim ; f) lim ε (ε > 0) ; d) lim 4 x →1 ln x − x + 1 x →0 x →+∞ x x xn x ctg x − 1 h) lim ; g) lim ax ( a > 0 , n > 0 ); x →0 x →+∞ e x2 x (e x + 1) − 2 (e x − 1) 1 − cos x i) lim ; j) lim 2 ; 3 x →0 x → 0 x x ⋅ sin2 x
Tartalomjegyzék
Fejezet tartalma 148
A határozatlan esetek kiküszöbölése k) lim x →1
xx − x ; ln x − x + 1
m) lim x →0
l) lim x →0 x >0
ln (sin ax ) , a, b > 0 ; ln (sin bx ) 2
e x − x sin x − cos x ; x →0 1 − cos x
x − x cos x ; 2 x sin x + sin 3 x
n) lim
1
(1 + x )x − e , a > 0; o) lim x →0 xa x >0
p) lim x →0
cos x − 3 cos x ; sin2 x
1+ x + 3 1−x −2 ; x →0 sin2 x 2. Vizsgáld meg, hogy a következő példákra alkalmazható-e a l’Hospital szabály: 1 2 x 2 sin e −2x ⋅ (cos x + 2 sin x ) + e −x ⋅ sin2 x x ; a) lim b) lim ; x →0 x →+∞ e −x ⋅ (cos x + sin x ) sin x 1 + x + sin x cos x x − sin x c) lim ; d) lim . x → 0 x + sin x x →∞ (x + sin x cos x ) e sin x 3. Számítsd ki a következő határértékeket: a) lim [ln x ⋅ ln (1 − x )] ; b) lim x ε ⋅ ln x (ε > 0) ; c) lim x x ; q) lim
3
x →1 x <1
x →0 x >0
1
d) lim x 1−x ; x →1
1 g) lim ctg x − ; x →0 x j) lim x ne −x , n ∈ ` ; x →∞
x →0 x >0
tg 2x
e) limπ (tg x ) x→
4
x
;
1 f) lim ln ; x →0 x x >0
1
x 2 + a ex +e−x −2 tg x h) lim sin x ; i) lim 2 ; x →0 x →∞ x − a 2x + 1 1 k) lim 2 − ; x →1 x + x − 2 x ln x
1 1 x l) lim x 2 e x − e x +1 ; m) lim (a x − 1) . x →∞ x →0 4. Bizonyítsd be, hogy ha az f : \ → \ függvény végtelenszer deriválható, akkor a f ′ (x 0 ) f ′′ (x 0 ) f n (x 0 ) n 2 Pn (x ) = f (x 0 ) + (x − x 0 ) + (x − x 0 ) + ... + (x − x 0 ) n! 1! 2! f (x ) − Pn (x ) polinomra lim = 0 (A Pn polinomot nevezzük az f függvényhez n x →x 0 (x − x 0 ) ( )
az x 0 pontban rendelt n -ed rendű Taylor féle polinomnak). 5. Bizonyítsd be, hogy ha az f : \ → \ végtelenszer deriválható függvényre a
(Pn (x ))n ≥1 sorozat konvergens, akkor a határértéke f (x ) . Írd fel a következő függvények n -ed rendű Taylor polinomját: b) f (x ) = sin x ; a) f (x ) = e x ; a e) f (x ) = ln (1 + x ) . d) f (x ) = (1 + x ) , a ∈ \ ;
c) f (x ) = cos x ;
Tartalomjegyzék
Fejezet tartalma A határozatlan esetek kiküszöbölése
149
Érettségire és felvételire előkészítő feladatok 1
1. Bizonyítsd be, hogy az f : (0, ∞) → \ , f (x ) = (1 + x )x függvény szigorúan csökkenő
(Felvételi, 1976.) 1 + xe nx , g(x ) = e x +1 függvények. 2. Adottak az f , g : \ → \ , f (x ) = lim n →∞ 1 + e nx Alkalmazható-e a Lagrange tétel a h : \ → \ , h(x ) = (g D f ) (x ) függvényre? (Felvételi, 1992.) Ha igen, számítsd ki a c értékét! x 2 + mx + n, x ∈ −1, 0 függvény esetén jelöljük 3. Az f : −1,1 → \ , f (x ) = px 2 + 4x + 4, x ∈ 0,1 S -sel az m, n, p azon értékeinek összegét, amelyekre f teljesíti a Rolle tétel
(
feltételeit és C -vel az így kapott közbeeső c értékek összegét. Számítsd ki az S és az A értékét! (Felvételi, 1992.)
{
}
4. Számítsd ki az f : \ \ −1,1 → \ , f (x ) = x ⋅ e x
x −1
2
függvény deriváltját, majd a
lim f ′(x ) és lim f ′(x ) határértékeket. Bizonyítsd be, hogy az f ′(x ) = 0
x 2−1
x /−1
egyenletnek van egy 2 -nél nagyobb gyöke.
(Érettségi javaslat) π 5. Bizonyítsd be, hogy az f : (0, ∞) → \ , f (x ) = x ⋅ cos függvényre teljesül az x f (x + 1) − f (x ) > 1 egyenlőtlenség, ha x > 2 . (Érettségi javaslat 2001.) 6. Bizonyítsd be, hogy ha x 1, x 2 ,..., x n páronként különböző valós számok és
P (x ) = (x − x 1 )(x − x 2 ) ... (x − x n ) , akkor 1 1 1 + + ... + = 0. ′ ′ ′ P (x 1 ) P (x 2 ) P (x n )
Tovább
