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:

Задача 1351

lim⁡x→∞(tg⁡πx2x+1)1x\lim_{x\to\infty} \left(\operatorname{tg}\frac{\pi x}{2x+1}\right)^{\frac1x}
Ответ:11

Решение

Идея

Чтобы тангенс был положительным при больших xx, будем рассматривать предел на плюс бесконечности (x→+∞x \to +\infty).
Аргумент тангенса стремится к π2\frac{\pi}{2}, поэтому сам тангенс стремится к +∞+\infty. Показатель степени 1x→0\frac{1}{x} \to 0. Имеем неопределённость [∞0]\left[\infty^0\right].
Перейдём к экспоненте:
lim⁡x→+∞e1xln⁡(tg⁡πx2x+1)\lim_{x\to+\infty} e^{\frac{1}{x} \ln\left(\operatorname{tg}\frac{\pi x}{2x+1}\right)}Рассмотрим предел показателя:L=lim⁡x→+∞ln⁡(tg⁡πx2x+1)xL = \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→+∞(ln⁡(tg⁡πx2x+1))′(x)′=lim⁡x→+∞1tg⁡πx2x+1⋅1cos⁡2πx2x+1⋅(πx2x+1)′1\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: 1tg⁡αcos⁡2α=1sin⁡αcos⁡α=2sin⁡2α\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→+∞2sin⁡(2πx2x+1)⋅π(2x+1)−πx⋅2(2x+1)2=lim⁡x→+∞2sin⁡(2πx2x+1)⋅π(2x+1)2\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:2πx2x+1=π(2x+1)−π2x+1=π−π2x+1\frac{2\pi x}{2x+1} = \frac{\pi(2x+1) - \pi}{2x+1} = \pi - \frac{\pi}{2x+1}По формулам приведения sin⁡(π−π2x+1)=sin⁡(π2x+1)\sin\left(\pi - \frac{\pi}{2x+1}\right) = \sin\left(\frac{\pi}{2x+1}\right). Подставляем в предел:lim⁡x→+∞2π(2x+1)2sin⁡(π2x+1)\lim_{x\to+\infty} \frac{2\pi}{(2x+1)^2 \sin\left(\frac{\pi}{2x+1}\right)}При x→+∞x \to +\infty аргумент синуса стремится к нулю, поэтому sin⁡(π2x+1)∼π2x+1\sin\left(\frac{\pi}{2x+1}\right) \sim \frac{\pi}{2x+1}. Заменяем на эквивалентную бесконечно малую:lim⁡x→+∞2π(2x+1)2⋅π2x+1=lim⁡x→+∞22x+1=0\lim_{x\to+\infty} \frac{2\pi}{(2x+1)^2 \cdot \frac{\pi}{2x+1}} = \lim_{x\to+\infty} \frac{2}{2x+1} = 0Возвращаемся к экспоненте:e0=1e^0 = 1
Демидович № 1351 — решение и ответ