|
Lim (при x стемящемся к 0) (Ctg(a+2X)-2Ctg(a+x)+Ctga)/x^2 и Lim (при x стремящемся к 0) (Sin(a+2x)-2Sin(a+x)+Sin(a))/x^2 задан 10 Окт '13 0:22 
ilia |
|
Можно воспользоваться формулами котангенса и синуса суммы, а затем разложить тригонометрические функции в окрестности нуля по формуле Тейлора (до членов второго порядка). Можно вместо этого заметить, что для функций, достаточное число раз дифференцируемых, выполнено равенство $$f(a+x)=f(a)+xf'(a)+\frac{x^2}2f''(a)+o(x^2)$$ (при $%x\to0$%), откуда $$f(a+2x)=f(a)+2xf'(a)+2x^2f''(a)+o(x^2).$$ Тем самым, выражение $%f(a+2x)-2f(a+x)+f(a)$% становится равно $%x^2f''(a)+o(x^2)$%, что после деления на $%x^2$% и перехода к пределу в обоих случаях даёт ответ $%f''(a)$%. Вторая производная находится по обычным правилам дифференцирования. отвечен 10 Окт '13 0:36 
falcao пожалуйста,можно поподробнее способ только без формулы тейлора
(10 Окт '13 0:59)
ilia
@ilia: вообще говоря, этот метод самый простой и естественный, а формула Тейлора здесь доказывается в "урезанном" виде и фактически является следствием простейших фактов из анализа. Но уж если условие ставится так, что её нельзя доказывать, то остаётся применять тригонометрические формулы. Во втором примере надо применить формулы синуса суммы. При этом синусы оставить, а косинусы записать как $%\cos t=1-(1-\cos t)=1-2\sin^2(t/2)$%. Константы сократятся, а для синусов несколько раз используется "первый замечательный предел". Так получается длинно, но эта идея работает.
(10 Окт '13 9:37)
falcao
|
|
@ilia, если Вас не устраивает формула Тейлора, то в ход вступает тригонометрия... В №1 сначала используете формулу разность котангенсов для числителя $$\left[\text{ctg}(a+2x)-\text{ctg}(a+x)\right]-\left[\text{ctg}(a+x)-\text{ctg}(a)\right]$$ В затем выносите общие множители за скобку... приводите к общему знаменателю... и пользуетесь формулой разность синусов... и, наконец, заменяете множители на простейшие эквивалентные... В №2 проходит то же самое, только в более простой форме... отвечен 10 Окт '13 11:07 
all_exist |