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

Демидович — задача 1370

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

Определить значение выражения:

\lim_{x\to+\infty}\left[(x+a)^{1+\frac1x}-x^{1+\frac1{x+a}}\right]

Ответ:

a

Решение

Представим вычитаемое и уменьшаемое в виде произведения:

(x+a)^{1+\frac1x} = (x+a) \cdot (x+a)^{\frac1x}

x^{1+\frac1{x+a}} = x \cdot x^{\frac1{x+a}}

Тогда выражение под знаком предела можно переписать следующим образом:

(x+a)(x+a)^{\frac1x} - x \cdot x^{\frac1{x+a}} = x \left( (x+a)^{\frac1x} - x^{\frac1{x+a}} \right) + a(x+a)^{\frac1x}

Предел суммы равен сумме пределов (если они существуют). Рассмотрим предел второго слагаемого:

\lim_{x\to+\infty} a(x+a)^{\frac1x} = a \lim_{x\to+\infty} e^{\frac{\ln(x+a)}{x}}

Поскольку

\lim\limits_{x\to+\infty} \frac{\ln(x+a)}{x} = 0

(логарифм растёт медленнее степенной функции), получаем:

a \cdot e^0 = a

Теперь рассмотрим предел первого слагаемого:

L_1 = \lim_{x\to+\infty} x \left( (x+a)^{\frac1x} - x^{\frac1{x+a}} \right)

Вынесем

x^{\frac1{x+a}}

за скобку:

L_1 = \lim_{x\to+\infty} x \cdot x^{\frac1{x+a}} \left( \frac{(x+a)^{\frac1x}}{x^{\frac1{x+a}}} - 1 \right)

Поскольку

\lim\limits_{x\to+\infty} x^{\frac1{x+a}} = \lim\limits_{x\to+\infty} e^{\frac{\ln x}{x+a}} = e^0 = 1

, этот множитель можно опустить. Остаётся предел:

\lim_{x\to+\infty} x \left( e^{\frac{\ln(x+a)}{x} - \frac{\ln x}{x+a}} - 1 \right)

Обозначим показатель экспоненты за

E(x)

E(x) = \frac{\ln(x+a)}{x} - \frac{\ln x}{x+a}

Так как

E(x) \to 0

при

x \to +\infty

, можно использовать эквивалентную бесконечно малую

e^{E(x)} - 1 \sim E(x)

L_1 = \lim_{x\to+\infty} x \cdot E(x) = \lim_{x\to+\infty} x \left( \frac{\ln(x+a)}{x} - \frac{\ln x}{x+a} \right)

Раскроем скобки:

L_1 = \lim_{x\to+\infty} \left( \ln(x+a) - \frac{x}{x+a}\ln x \right)

Преобразуем

\ln(x+a)

как

\ln\left(x\left(1+\frac{a}{x}\right)\right) = \ln x + \ln\left(1+\frac{a}{x}\right)

L_1 = \lim_{x\to+\infty} \left( \ln x + \ln\left(1+\frac{a}{x}\right) - \frac{x}{x+a}\ln x \right) = \lim_{x\to+\infty} \left( \ln x \left(1 - \frac{x}{x+a}\right) + \ln\left(1+\frac{a}{x}\right) \right)

L_1 = \lim_{x\to+\infty} \left( \frac{a \ln x}{x+a} + \ln\left(1+\frac{a}{x}\right) \right)

Оба слагаемых стремятся к нулю:

\frac{a \ln x}{x+a} \to 0

(так как логарифм растёт медленнее

x

) и

\ln\left(1+\frac{a}{x}\right) \to \ln 1 = 0

.
Следовательно,

L_1 = 0

Проверка

Для любого фиксированного вещественного

a

можно взять

x>\max(1,-a)

, чтобы оба основания были положительны. При

a=0

исходная разность тождественно нулевая. При

a\ne0

выражение

xE(x)=a\ln x/(x+a)+\ln(1+a/x)

при достаточно большом

x

имеет знак

a

и не равно нулю. Поэтому использованная эквивалентность

e^{E(x)}-1\sim E(x)

корректна. Пределы логарифмических отношений следуют из №1336 при

\varepsilon=1