Раздел II. Дифференциальное исчисление функций одной переменной — § 9. Раскрытие неопределённостей

Демидович — задача 1351

Б. П. Демидович, «Сборник задач и упражнений по математическому анализу». Условие, подробное решение и ответ.

Определить значение выражения:

\lim_{x\to+\infty} \left(\operatorname{tg}\frac{\pi x}{2x+1}\right)^{\frac1x}

Ответ:

1

Решение

Чтобы тангенс был положительным при больших

x

, будем рассматривать предел на плюс бесконечности (

x \to +\infty

).
Аргумент тангенса стремится к

\frac{\pi}{2}

, поэтому сам тангенс стремится к

+\infty

. Показатель степени

\frac{1}{x} \to 0

. Имеем неопределённость

\left[\infty^0\right]

.
Перейдём к экспоненте:

\lim_{x\to+\infty} e^{\frac{1}{x} \ln\left(\operatorname{tg}\frac{\pi x}{2x+1}\right)}

Рассмотрим предел показателя:

L = \lim_{x\to+\infty} \frac{\ln\left(\operatorname{tg}\frac{\pi x}{2x+1}\right)}{x}

Имеем неопределённость

\left[\frac{\infty}{\infty}\right]

. Применим правило Лопиталя:

\lim_{x\to+\infty} \frac{\left( \ln\left(\operatorname{tg}\frac{\pi x}{2x+1}\right) \right)'}{(x)'} = \lim_{x\to+\infty} \frac{\frac{1}{\operatorname{tg}\frac{\pi x}{2x+1}} \cdot \frac{1}{\cos^2\frac{\pi x}{2x+1}} \cdot \left( \frac{\pi x}{2x+1} \right)'}{1}

Преобразуем тригонометрическую часть:

\frac{1}{\operatorname{tg} \alpha \cos^2 \alpha} = \frac{1}{\sin \alpha \cos \alpha} = \frac{2}{\sin 2\alpha}

.
Тогда предел принимает вид:

\lim_{x\to+\infty} \frac{2}{\sin\left(\frac{2\pi x}{2x+1}\right)} \cdot \frac{\pi(2x+1) - \pi x \cdot 2}{(2x+1)^2} = \lim_{x\to+\infty} \frac{2}{\sin\left(\frac{2\pi x}{2x+1}\right)} \cdot \frac{\pi}{(2x+1)^2}

Преобразуем аргумент синуса:

\frac{2\pi x}{2x+1} = \frac{\pi(2x+1) - \pi}{2x+1} = \pi - \frac{\pi}{2x+1}

По формулам приведения

\sin\left(\pi - \frac{\pi}{2x+1}\right) = \sin\left(\frac{\pi}{2x+1}\right)

. Подставляем в предел:

\lim_{x\to+\infty} \frac{2\pi}{(2x+1)^2 \sin\left(\frac{\pi}{2x+1}\right)}

При

x \to +\infty

аргумент синуса стремится к нулю, поэтому

\sin\left(\frac{\pi}{2x+1}\right) \sim \frac{\pi}{2x+1}

. Заменяем на эквивалентную бесконечно малую:

\lim_{x\to+\infty} \frac{2\pi}{(2x+1)^2 \cdot \frac{\pi}{2x+1}} = \lim_{x\to+\infty} \frac{2}{2x+1} = 0

Возвращаемся к экспоненте:

e^0 = 1

Проверка

При

x>0

угол

\pi x/(2x+1)

лежит в

(0,\pi/2)

, поэтому тангенс положителен. При

x\to+\infty

угол подходит к

\pi/2

снизу и тангенс стремится к

+\infty

. Производная знаменателя в пределе логарифма равна

1

, так что применение Лопиталя законно.