Решение пределов, используя ряд Тейлора

Изложен метод решения пределов, используя разложение функций в ряд Тейлора. Приводятся применяемые в этом методе свойства о малого и разложения элементарных функций в ряд Маклорена. Подробно разобраны примеры решения пределов, содержащих неопределенности ∞ – ∞, один в степени бесконечность и 0/0.

Метод решения

Одним из самых мощных методов раскрытия неопределенностей и вычисления пределов является разложение функций в степенной ряд Тейлора. Применение этого метода состоит из следующих шагов.
1) Приводим неопределенность к виду 0/0 при переменной x, стремящейся к нулю. Для этого, если требуется, выполняем преобразования и делаем замену переменной.
2) Раскладываем числитель и знаменатель в ряд Тейлора в окрестности точки x = 0. При этом выполняем разложение до такой степени xⁿ, которая необходима для устранения неопределенности. Остальные члены включаем в o(xⁿ).

Этот метод применим, если после выполнения пункта 1), функции в числителе и знаменателе можно разложить в степенной ряд.

Выполнять разложение сложных функций и произведения функций удобно по следующей схеме. А) Задаемся показателем степени n, до которого мы будем проводить разложение.
Б) Применяем приведенные ниже формулы разложения функций в ряд Тейлора, сохраняя в них члены до xⁿ включительно, и отбрасывая члены с x^m при m > n, или заменяя их на o(xⁿ).
В) В сложных функциях делаем замены переменных так, чтобы аргумент каждой ее части стремился к нулю при x → 0. Например,
e^cos x = e^{1 + cos x – 1} = e ⋅ e^{cos x – 1} = e ⋅ e^t.
Здесь при x → 0,  t = cos x – 1 → 0. Тогда можно использовать разложение функции e^t в окрестности точки t = 0.

Примечание. Разложение функции в ряд Тейлора, в окрестности точки x = 0, называется рядом Маклорена. Поэтому для применяемых в наших целях рядов уместны оба названия.

Применяемые свойства о малого

Определение и доказательство свойств о малого приводится на странице: «О большое и о малое. Сравнение функций». Здесь мы приводим свойства, используемые при решении пределов разложением в ряд Маклорена (то есть при x → 0).

Далее m и n – натуральные числа, x → 0.
lim_x → 0 o(xⁿ)xⁿ = 0;
x^n + 1 = o(xⁿ);
o(x^m) = o(xⁿ), если m ≥ n;
x^m ⋅ o(xⁿ) = o(x^m + n);
o(x^m) ⋅ o(xⁿ) = o(x^m + n);
( o(xⁿ) )^m = o(x^m ⋅ n);
o(x^m) ± o(xⁿ) = o(x^p), где p = min(m, n);
o(c ⋅ xⁿ) = c ⋅ o(xⁿ)) = o(xⁿ), где c ≠ 0 – постоянная;
o( xⁿ + o(xⁿ)) ) = o(xⁿ).

Для доказательства этих свойств нужно выразить о малое через бесконечно малую функцию:
o(xⁿ) = ε(x) ⋅ xⁿ, где lim_x → 0 ε(x) = 0.

Разложение элементарных функций в ряд Тейлора (Маклорена)

Далее приводятся разложения элементарных функций в степенной ряд при x → 0. Как мы упоминали ранее, ряд Тейлора в окрестности точки x = 0 называется рядом Маклорена.

e^x = 1 + x + x²2! + x³3! + ⋅ ⋅ ⋅ + xⁿn! + o(xⁿ);
ln(1 + x) = x – x²2 + x³3 – ⋅ ⋅ ⋅ + (–1)^n – 1 xⁿn + o(xⁿ);
(1 + x)^a = 1 + ax + a(a – 1)2!x² + a(a – 1)(a – 2)3! x³ + ⋅ ⋅ ⋅ + Cⁿ_a xⁿ + o(xⁿ),
где Cⁿ_a = a(a – 1)⋅ ⋅ ⋅(a – (n – 1))n!;
sin x = x – x³3! + x⁵5! + ⋅ ⋅ ⋅ + (–1)ⁿ x^2n + 1(2n + 1)! + o(x^2n + 2);
cos x = 1 – x²2! + x⁴4! + ⋅ ⋅ ⋅ + (–1)ⁿ x²ⁿ(2n)! + o(x^2n + 1);
tg x = x + 13x³ + 215x⁵ + ⋅ ⋅ ⋅ + (–1)^n – 1 2²ⁿ (2²ⁿ – 1)B_2n(2n)!x^2n – 1 + o(x²ⁿ),
где B_n – числа Бернулли: B₀ = 1,   1 + C¹_n B₁ + C²_n B₂ + ⋅ ⋅ ⋅ +C^n – 1_n B_n – 1,  C^m_n = n!m!(n – m)!;
ctg x = 1x – 13x – 145x³ – ⋅ ⋅ ⋅ + (–1)ⁿ 2²ⁿ B_2n(2n)!x^2n – 1 + o(x²ⁿ);
arcsin x = x + 12 ⋅ x³3 + 1 ⋅ 32 ⋅ 4 ⋅ x⁵5 + ⋅ ⋅ ⋅ + (2n – 1)!!(2n)!! x^2n + 12n + 1 + o(x^2n + 2);
arccos x = π2 – arcsin x;
arctg x = x – x³3 + x⁵5 – ⋅ ⋅ ⋅ + (–1)ⁿ x^2n + 12n + 1 + o(x^2n + 2);
arcctg x = π2 – arctg x;
sh x = x + x³3! + x⁵5! + ⋅ ⋅ ⋅ + x^2n + 1(2n + 1)! + o(x^2n + 2);
ch x = 1 + x²2! + x⁴4! + ⋅ ⋅ ⋅ + x²ⁿ(2n)! + o(x^2n + 1);
th x = x – 13x³ + 215x⁵ – ⋅ ⋅ ⋅ + 2²ⁿ (2²ⁿ – 1)B_2n(2n)! x^2n – 1 + o(x²ⁿ),
cth x = 1x + 13x – 145x³ + ⋅ ⋅ ⋅ + 2²ⁿ B_2n(2n)! x^2n – 1 + o(x²ⁿ);
arsh x = x – 12 ⋅ x³3 + 1 ⋅ 32 ⋅ 4 ⋅ x⁵5 – ⋅ ⋅ ⋅ + (–1)ⁿ (2n – 1)!!(2n)!! x^2n + 12n + 1 + o(x^2n + 2);
arth x = x + x³3 + x⁵5 + ⋅ ⋅ ⋅ + x^2n + 12n + 1 + o(x^2n + 2).

Примеры

Все примеры Далее мы приводим подробные решения следующих пределов с помощью ряда Тейлора.
lim_{n → ∞}(  √ n(n + 1)  – n ) ⇓, lim_{x → ∞}( 1 + 1x )^x ⇓, lim_x → 0 e^x – ln(1 + x) – 11 – cos x ⇓, lim_x → 0 ln(1 + sh x) + e^–x – 1x³ ⇓, lim_x → 0 ln(1 + e^x) – ln( 2 + sin x²4 ) – x2sin² x ⋅ tg² x ⇓.

Пример 1

Все примеры ⇑ Вычислить предел последовательности, используя разложение в ряд Тейлора.
L = lim_{n → ∞}(  √ n(n + 1)  – n ).

Решение

Это неопределенность вида бесконечность минус бесконечность. Приводим ее к неопределенности вида 0/0. Для этого выполняем преобразования.
 f (n) = (  √ n(n + 1)  – n ) = (  √ n² ( 1 + 1n )  – n ) = n(  √ 1 + 1n  – 1 ) =
 √ 1 + 1n  – 11n.
Здесь мы учли, что номер элемента последовательности n может принимать только положительные значения. Поэтому √ n²  =  | n |  = n. Делаем замену переменной x = 1 / n. При n → +∞,  x → +0. Будем искать предел считая, что x – действительное число. Если предел существует, то он существует и для любой последовательности x_n, сходящейся к нулю. В том числе и для последовательности x_n = 1 / n.

L = lim_{n → ∞}(  √ n(n + 1)  – n ) = lim_x → +0 √ 1 + x  – 1x.
Раскладываем функцию в числителе в ряд Тейлора. Применяем формулу:
(1 + x)^a = 1 + ax + a(a – 1)2!x² + a(a – 1)(a – 2)3! x³ + ⋅ ⋅ ⋅ + Cⁿ_a xⁿ + o(xⁿ).
Оставляем только линейный член.
√ 1 + x  = (1 + x)¹² = 1 + 12x + o(x).
L = lim_x → +0 √ 1 + x  – 1x = lim_x → +0 1 + 12x + o(x) – 1x = lim_x → +0(  12 + o(x)x ) = 12 + 0 = 12.
Здесь мы учли, что поскольку существует двусторонний предел lim_x → 0 o(x)x = 0, то существуют равные ему односторонние пределы. Поэтому lim_x → +0 o(x)x = lim_x → 0 o(x)x = 0.

Ответ

L = 1 / 2. 

Пример 2

Все примеры ⇑ Показать, что значение второго замечательного предела L = lim_{x → ∞}( 1 + 1x )^x = e можно получить, используя разложение в ряд Тейлора.

Решение

Делаем замену переменной t = 1 / x. Тогда x = 1 / t. При x → ∞,  t → 0. Подставляем.
L = lim_{x → ∞}( 1 + 1x )^x = lim_t → 0( 1 + t )^1t.

Для вычисления предела можно считать, что значения переменной t принадлежат любой, наперед выбранной, проколотой окрестности точки t = 0. Мы полагаем, что 1 + t > 0. Используем то, что экспонента и натуральный логарифм являются обратными функциями по отношению друг к другу. Тогда
 f (t) = ( 1 + t )^1t = ( e^{ln(1 + t)} )^1t = e^{ln(1 + t)t}.

Вычисляем предел в показателе, используя следующее разложение в ряд Тейлора:
ln(1 + t) = t – t²2 + t³3 – ⋅ ⋅ ⋅ + (–1)^n – 1 tⁿn + o(tⁿ).
L₂ = lim_t → 0 ln(1 + t)t = lim_t → 0 t + o(t)t = lim_t → 0( 1 + o(t)t ) = 1 + 0 = 1.

Поскольку экспонента является непрерывной функцией для всех значений аргумента, то по теореме о пределе непрерывной функции от функции имеем:
L = lim_t → 0 e^{ln(1 + t)t} = e^{lim_t → 0 ln(1 + t)t} = e¹ = e.

Ответ

L = e. 

Пример 3

Все примеры ⇑ Вычислить предел, используя разложение в ряд Тейлора.
L = lim_x → 0 e^x – ln(1 + x) – 11 – cos x.

Решение

Это неопределенность вида 0/0. Используем следующие разложения функций в окрестности точки x = 0:
e^x = 1 + x + x²2! + x³3! + ⋅ ⋅ ⋅ + xⁿn! + o(xⁿ);
ln(1 + x) = x – x²2 + x³3 – ⋅ ⋅ ⋅ + (–1)^n – 1 xⁿn + o(xⁿ);
cos x = 1 – x²2! + x⁴4! + ⋅ ⋅ ⋅ + (–1)ⁿ x²ⁿ(2n)! + o(x^2n + 1).

Раскладываем с точностью до квадратичных членов:
e^x – ln(1 + x) – 1 = 1 + x + x²2! + o(x²) – ( x – x²2 + o(x²) ) – 1 = x² + o(x²);
1 – cos x = 1 – ( 1 – x²2! + o(x³) ) = x²2 + o(x³).
Делим числитель и знаменатель на x² и находим предел:
L = lim_x → 0 x² + o(x²)x²2 + o(x³) = lim_x → 0 1 + o(x²)x²12 + x ⋅ o(x³)x³ = 1 + 012 + 0 ⋅ 0 = 2.

Ответ

L = 2. 

Пример 4

Все примеры ⇑ Решить предел с помощью ряда Тейлора.
L = lim_x → 0 ln(1 + sh x) + e^–x – 1x³.

Решение

Легко видеть, что это неопределенность вида 0/0. Раскрываем ее, применяя разложения функций в ряд Тейлора. Используем приведенное выше разложение для гиперболического синуса ⇑:
(П4.1)   sh x = x + x³3! + x⁵5! + ⋅ ⋅ ⋅ + x^2n + 1(2n + 1)! + o(x^2n + 2).
В разложении экспоненты, заменим x на –x:
(П4.2)   e^–x = 1 – x + x²2! – x³3! + ⋅ ⋅ ⋅ + (–1)ⁿ xⁿn! + o(xⁿ).
Далее, ln(1 + sh x) – сложная функция. Сделаем замену переменной t = sh x. При x → 0,  t = sh x → 0. Поэтому мы можем используем разложение натурального логарифма в окрестности точки t = 0. Используем приведенное выше разложение, в котором переименуем переменную x в t:
(П4.3)   ln(1 + t) = t – t²2 + t³3 – ⋅ ⋅ ⋅ + (–1)^n – 1 tⁿn + o(tⁿ).

Заметим, что если бы у нас была функция ln(1 + ch x), то при x → 0,  ch x → 1. Поэтому подставить t = ch x в предыдущее разложение нельзя, поскольку оно применимо в окрестности точки t = 0. В этом случае нам потребовалось бы выполнить следующее преобразование:
ln(1 + ch x) = ln(2 + ch x – 1) = ln[ 2 ⋅ ( 1 + ch x – 12 ) ] = ln 2 + ln( 1 + ch x – 12 ).
Тогда при x → 0,  t = ch x – 12 → 0 и мы могли бы применить разложение (П4.3).

Попробуем решить предел, выполняя разложение до первой степени переменной x: n = 1. То есть оставляем только постоянные члены, не зависящие от x: x⁰ = 1, и линейные x¹ = x. Остальные будем отбрасывать. Точнее переносить в o(x).
e^–x = 1 – x + o(x);
sh x = x + o(x²);
(sh x)² = (x + o(x²))² = x² + 2x ⋅ o(x²) + (o(x²))² = o(x) + o(x³) + o(x⁴) = o(x).
Поскольку (sh x)² = o(x), то в разложении логарифма мы отбрасываем члены, начиная со степени 2. Применяя, приведенные выше свойства о малого имеем:
ln(1 + sh x) = sh x + o(sh x) = sh x + o(x + o(x²)) = sh x + o(x + o(x)) =
 sh x + o(x) = x + o(x²) + o(x) = x + o(x).
Подставляем в предел:
L = lim_x → 0 ln(1 + sh x) + e^–x – 1x³ = lim_x → 0 x + o(x) + 1 – x + o(x) – 1x³ =
 lim_x → 0 x + 1 – x – 1 + o(x)x³ = lim_x → 0 o(x)x³ = lim_x → 0 o(x)xx² = 00.
Мы снова получили неопределенность вида 0/0. Значит разложения до степени n = 1 не достаточно.

Если мы выполним разложение до степени n = 2, то опять получим неопределенность:
L = lim_x → 0 o(x²)x³ = lim_x → 0 o(x²)x²x = 00.

Выполним разложение до степени n = 3. То есть будем оставлять только постоянные члены и члены с множителями x, x², x³. Остальные включаем в o(x³).
e^–x = 1 – x + x²2! – x³3! + o(x³) = 1 – x + x²2 – x³6 + o(x³);
sh x = x + x³3! + o(x⁴) = x + x³6 + o(x⁴);
(sh x)² = ( x + o(x²) )² = x² + 2x ⋅ o(x²) + (o(x²))² =
 x² + o(x³) + o(x⁴) = x² + o(x³);
(sh x)³ = ( x + o(x²) )³ = x³ + 3x² ⋅ o(x²) + 3x ⋅ ( o(x²) )² + ( o(x²) )³ =
 x³ + o(x⁴) + o(x⁵) + o(x⁶) = x³ + o(x⁴) = x³ + o(x³).
Далее замечаем, что o((sh x)³) = o(x³ + o(x³)) = o(x³). Поэтому в разложении логарифма нужно отбросить члены, начиная со степени n = 4, включив их в o((sh x)³) = o(x³). Используем разложение (П4.3), заменив t на sh x:
ln(1 + sh x) = sh x – 12(sh x)² + 13 (sh x)³ + o((sh x)³) =
 x + x³6 + o(x⁴) – 12x² + o(x³) + 13 x³ + o(x³) + o(x³) =
 x – 12x² + 12x³ + o(x³).

Подставляем в исходную функцию.
ln(1 + sh x) + e^–x – 1x³ =
 1x³ ( x – x²2 + x³2 + o(x³)+   1 – x + x²2 – x³6 + o(x³) – 1 ) =
 1x³ (  13 x³ + o(x³) ) = 13 + o(x³)x³.
Находим предел.
L = lim_x → 0(  13 + o(x³)x³ ) = 13 + 0 = 13.

Ответ

L = 1 / 3.

Пример 5

Все примеры ⇑ Найти предел с помощью ряда Тейлора.
L = lim_x → 0 ln(1 + e^x) – ln( 2 + sin x²4 ) –  x2sin² x ⋅ tg² x.

Решение

Будем проводить разложение числителя и знаменателя в ряд Маклорена до четвертой степени включительно.

Начнем со знаменателя. Используем свойства о малого ⇑ и разложения синуса и тангенса ⇑.
sin² x = (sin x)² = (x + o(x²))² = x² + 2x ⋅ o(x²) + (o(x²))² =
 x² + o(x³) + o(x⁴) = x² + o(x³);
tg² x = (tg x)² = (x + o(x²))² = x² + o(x³);
sin² x ⋅ tg² x = ( x² + o(x³) )( x² + o(x³) ) = x⁴ + x² o(x³) + x² o(x³) + ( o(x³) )² =
 x⁴ + o(x⁵) + o(x⁵) + o(x⁶) = x⁴ + o(x⁵) = x⁴ + o(x⁴).

Теперь переходим к числителю. При x → 0,  e^x → 1. Поэтому сделать подстановку t = e^x и применить разложение для ln(1 + t) нельзя, поскольку это разложение применимо при t → 0, а у нас t → 1. Заметим, что e^x – 1 → 0. Поэтому выполним преобразование.
ln(1 + e^x) = ln(2 + e^x – 1) = ln[ 2 ⋅ ( 1 + e^x – 12 ) ] = ln 2 + ln( 1 + e^x – 12 ).
Теперь можно сделать подстановку t = e^x – 12, поскольку при x → 0,  t → 0.

Разложим функцию t = e^x – 12 и ее степени в ряд Тейлора в окрестности точки x = 0. Применяем приведенное выше разложение ⇑.
e^x – 1 = x + x²2! + x³3! + x⁴4! + o(x⁴) = x + x²2 + x³6 + x⁴24 + o(x⁴);
t = e^x – 12 = x2 + x²4 + x³12 + x⁴48 + o(x⁴);
t² = (  x2 + x²4 + x³12 + o(x³) )² = ( x2 )² + ( x²4 )² + 2 x2 ⋅ x²4 + 2 x2 ⋅ x³12 + o(x⁴) =
 x²4 + x⁴16 + x³4 + x⁴12 + o(x⁴) = x²4 + x³4 + 7x⁴48 + o(x⁴);
116 + 112 = 14(  14 + 13 ) = 14 ⋅ 3 + 44 ⋅ 3 = 748;
t³ = (  x2 + x²4 + o(x²) )³ = ( x2 )³ + 3( x2 )² ⋅ x²4 + o(x⁴) = x³8 + 3 x⁴16 + o(x⁴);
t⁴ = (  x2 + o(x) )⁴ = ( x2 )⁴ + o(x⁴) = x⁴16 + o(x⁴);
Далее заметим, что o(t⁴) = o(  x⁴16 + o(x⁴) ) = o(x⁴ + o(x⁴)) = o(x⁴). Поэтому, чтобы получить разложение сложной функции ln(1 + t(x)) с точностью до o(x⁴), нам нужно разложить ln(1 + t) с точностью до o(t⁴).

Раскладываем первый логарифм.
ln(1 + e^x) = ln 2 + ln( 1 + e^x – 12 ) = ln 2 + ln(1 + t) =
 ln 2 + t – t²2 + t³3 – t⁴4 + o(t⁴) = ln 2 + x2 + x²4 + x³12 + x⁴48 – x²8 – x³8 – 7x⁴96 +
 x³24 + x⁴16 – x⁴64 + o(x⁴) = ln 2 + x2 + x²8 – x⁴3 ⋅ 2⁶ + o(x⁴); 112 – 18 + 124 = 14(  13 – 12 + 16 ) = 14 ⋅ 2 – 3 + 16 = 0;
148 – 796 – 164 = 116(  13 – 16 – 14 ) = 116 ⋅ 4 – 2 – 33 ⋅ 4 = – 13 ⋅ 2⁶;
ln(1 + e^x) = ln 2 + x2 + x²8 – x⁴3 ⋅ 2⁶ + o(x⁴).

Разложим второй логарифм. Приводим его к виду ln(1 + z), где при x → 0,  z → 0.
ln( 2 + sin x²4 ) = ln[ 2( 1 + sin x²8 ) ] = ln 2 + ln(1 + z),
где z = sin x²8.

Разложим z в ряд Тейлора в окрестности точки x = 0 с точностью до o(x⁴).
Применим разложение синуса ⇑:
sin x = x + o(x²).
Заменим x на x²:
sin x² = x² + o(x⁴). Тогда
z = sin x²8 = x²8 + o(x⁴);
z² = (  x²8 + o(x⁴) )² = ( x²8 )² + 2 x²8 ⋅ o(x⁴) + (o(x⁴))² =
 x⁴64 + o(x⁶) + o(x⁸) = x⁴64 + o(x⁶) = x⁴64 + o(x⁴);
Заметим, что o(z²) = o(  x⁴64 + o(x⁴) ) = o(x⁴ + o(x⁴)) = o(x⁴). Поэтому, чтобы получить разложение сложной функции ln(1 + z(x)) с точностью до o(x⁴), нам нужно разложить ln(1 + z) с точностью до o(z²).

Раскладываем ln(1 + z) с точностью до o(z²) и учитываем, что o(z²) = o(x⁴).
ln( 2 + sin x²4 ) = ln 2 + ln(1 + z) = ln 2 + z – z²2 + o(z²) =
 ln 2 + z – z²2 + o(x⁴) = ln 2 + x²8 + o(x⁴) – x⁴128 + o(x⁴) + o(x⁴) =
 ln 2 + x²8 – x⁴128 + o(x⁴);
ln( 2 + sin x²4 ) = ln 2 + x²8 – x⁴2⁷ + o(x⁴).

Находим разложение числителя.
ln(1 + e^x) – ln( 2 + sin x²4 ) – x2 = ln 2 + x2 + x²8 – x⁴3 ⋅ 2⁶ + o(x⁴) –
 ln 2 – x²8 + x⁴2⁷ – x2 + o(x⁴) = x⁴3 ⋅ 2⁷ + o(x⁴);
– 13 ⋅ 2⁶ + 12⁷ = 12⁶( – 13 + 12 ) = 12⁶ ⋅ –2 + 33 ⋅ 2 = 13 ⋅ 2⁷;
ln(1 + e^x) – ln( 2 + sin x²4 ) – x2 = x⁴3 ⋅ 2⁷ + o(x⁴).

Подставляем разложение числителя и знаменателя и находим предел.
ln(1 + e^x) – ln( 2 + sin x²4 ) – x2sin² x ⋅ tg² x = x⁴3 ⋅ 2⁷ + o(x⁴)x⁴ + o(x⁴);
L = lim_x → 0 x⁴3 ⋅ 2⁷ + o(x⁴)x⁴ + o(x⁴) = lim_x → 0 13 ⋅ 2⁷ + o(x⁴)x⁴1 + o(x⁴)x⁴ = 13 ⋅ 2⁷ + 01 + 0 = 13 ⋅ 2⁷ = 1384.

Ответ

L = 1 / 384. 

Использованная литература:
Л.Д. Кудрявцев, А.Д. Кутасов, В.И. Чехлов, М.И. Шабунин. Сборник задач по математическому анализу. Том 1. Москва, 2003.

Автор: Олег Одинцов.     Опубликовано: 29-04-2019