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

Демидович — задача 1352

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

Определить значение выражения:

Задача 1352

lim⁡x→a(tg⁡xtg⁡a)ctg⁡(x−a)\lim_{x\to a} \left(\frac{\operatorname{tg} x}{\operatorname{tg} a}\right)^{\operatorname{ctg}(x-a)}
Ответ:e2/sin⁡2ae^{2/\sin2a} при a≠kπ/2a\ne k\pi/2, k∈Zk\in\mathbb Z.

Решение

Выражение имеет смысл в окрестности точки aa, если
a∉{kπ/2:k∈Z}a\notin\{k\pi/2:k\in\mathbb Z\}: тогда tg⁡a\operatorname{tg}a определён
и не равен нулю, а отношение tg⁡x/tg⁡a\operatorname{tg}x/\operatorname{tg}a
положительно при xx, достаточно близких к aa.

При x→ax\to a основание стремится к 11, а
∣ctg⁡(x−a)∣→+∞|\operatorname{ctg}(x-a)|\to+\infty. Получаем неопределённость
[1∞][1^\infty]. Перепишем степень через экспоненту:
lim⁡x→aexp⁡(ctg⁡(x−a)ln⁡(tg⁡xtg⁡a))\lim_{x\to a} \exp\left( \operatorname{ctg}(x-a) \ln\left(\frac{\operatorname{tg} x}{\operatorname{tg} a}\right) \right)Рассмотрим предел показателя. Опустим котангенс в знаменатель, перейдя к тангенсу, чтобы свести неопределённость [∞⋅0][\infty \cdot 0] к виду [00]\left[\frac{0}{0}\right]:L=lim⁡x→aln⁡∣tg⁡x∣−ln⁡∣tg⁡a∣tg⁡(x−a)L = \lim_{x\to a} \frac{\ln|\operatorname{tg} x| - \ln|\operatorname{tg} a|}{\operatorname{tg}(x-a)}Применим правило Лопиталя:lim⁡x→a(ln⁡∣tg⁡x∣−ln⁡∣tg⁡a∣)′(tg⁡(x−a))′=lim⁡x→a1tg⁡x⋅1cos⁡2x1cos⁡2(x−a)\lim_{x\to a} \frac{(\ln|\operatorname{tg} x| - \ln|\operatorname{tg} a|)'}{(\operatorname{tg}(x-a))'} = \lim_{x\to a} \frac{\frac{1}{\operatorname{tg} x} \cdot \frac{1}{\cos^2 x}}{\frac{1}{\cos^2(x-a)}}Преобразуем числитель:1tg⁡xcos⁡2x=1sin⁡xcos⁡xcos⁡2x=1sin⁡xcos⁡x=22sin⁡xcos⁡x=2sin⁡2x\frac{1}{\operatorname{tg} x \cos^2 x} = \frac{1}{\frac{\sin x}{\cos x} \cos^2 x} = \frac{1}{\sin x \cos x} = \frac{2}{2\sin x \cos x} = \frac{2}{\sin 2x}Подставим это обратно в предел:lim⁡x→a2sin⁡2x1cos⁡2(x−a)=lim⁡x→a2cos⁡2(x−a)sin⁡2x\lim_{x\to a} \frac{\frac{2}{\sin 2x}}{\frac{1}{\cos^2(x-a)}} = \lim_{x\to a} \frac{2\cos^2(x-a)}{\sin 2x}При x→ax \to a неопределённости больше нет. Подставляем x=ax = a:2cos⁡2(a−a)sin⁡2a=2cos⁡20sin⁡2a=2sin⁡2a\frac{2\cos^2(a-a)}{\sin 2a} = \frac{2\cos^2 0}{\sin 2a} = \frac{2}{\sin 2a}Следовательно, исходный предел равен:e2sin⁡2ae^{\frac{2}{\sin 2a}}

Проверка

Требуется a∉{kπ/2:k∈Z}a\notin\{k\pi/2:k\in\mathbb Z\}: tan⁡a\tan a должна быть определённой и ненулевой. Тогда около aa отношение tan⁡x/tan⁡a\tan x/\tan a положительно, а sin⁡2a≠0\sin2a\ne0. Разность логарифмов модулей законна, её производная равна 1/(sin⁡xcos⁡x)1/(\sin x\cos x). Производная знаменателя tan⁡(x−a)\tan(x-a) равна 1/cos⁡2(x−a)>01/\cos^2(x-a)>0, поэтому правило Лопиталя применимо с обеих сторон.
Демидович № 1352 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика