Раздел I. Введение в анализ — § 5. Предел функции

Демидович — задача 444

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

Задача 444

lim⁡x→01+xn−1x(n — целое число).\lim_{x\to0}\frac{\sqrt[n]{1+x}-1}{x}\quad(n\text{ — целое число}).

Решение

Идея

Поскольку корень нулевой степени не определен, считаем n∈Zn\in\mathbb Z, n≠0n\neq0. Рассмотрим отдельно случаи n>0n>0 и n<0n<0.
  1. 1
    Пусть n>0n>0.
  2. 2
    Используем формулу разности nn-х степеней: an−bn=(a−b)(an−1+an−2b+…+bn−1).a^n-b^n=(a-b)(a^{n-1}+a^{n-2}b+\ldots+b^{n-1}). Положим a=1+xn,b=1.a=\sqrt[n]{1+x},\quad b=1. Тогда an−bn=(1+x)−1=x.a^n-b^n=(1+x)-1=x. Отсюда x=(1+xn−1)((1+xn)n−1+(1+xn)n−2+…+1+xn+1).x=
    (\sqrt[n]{1+x}-1)
    \left(
    (\sqrt[n]{1+x})^{n-1}
    +(\sqrt[n]{1+x})^{n-2}
    +\ldots
    +\sqrt[n]{1+x}+1
    \right).     При x≠0x\neq0 получаем 1+xn−1x=1(1+xn)n−1+(1+xn)n−2+…+1+xn+1.\frac{\sqrt[n]{1+x}-1}{x}
    =
    \frac1{
    (\sqrt[n]{1+x})^{n-1}
    +(\sqrt[n]{1+x})^{n-2}
    +\ldots
    +\sqrt[n]{1+x}+1
    }.     При x→0x\to0 имеем 1+xn→1\sqrt[n]{1+x}\to1. В знаменателе имеется nn слагаемых, каждое из которых стремится к 11, поэтому lim⁡x→01+xn−1x=1n.\lim_{x\to0}\frac{\sqrt[n]{1+x}-1}{x}=\frac1n.

    Пусть n<0n<0.

    Запишем n=−mn=-m, где mm – натуральное число. Тогда 1+xn=(1+x)1/n=(1+x)−1/m=11+xm.\sqrt[n]{1+x} = (1+x)^{1/n} = (1+x)^{-1/m} = \frac1{\sqrt[m]{1+x}}. Тогда 1+xn−1x=11+xm−1x=−1+xm−1x1+xm.\frac{\sqrt[n]{1+x}-1}{x}
    =
    \frac{\dfrac1{\sqrt[m]{1+x}}-1}{x}
    =
    -\frac{\sqrt[m]{1+x}-1}{x\sqrt[m]{1+x}}.     Из уже доказанного случая для натурального mm имеем 1+xm−1x→1m,1+xm→1.\frac{\sqrt[m]{1+x}-1}{x}\to\frac1m, \quad \sqrt[m]{1+x}\to1. Отсюда lim⁡x→01+xn−1x=−1m=1n.\lim_{x\to0}\frac{\sqrt[n]{1+x}-1}{x}
    =
    -\frac1m
    =
    \frac1n.

Проверка

Итак, для любого целого n≠0n\neq0 lim⁡x→01+xn−1x=1n.\boxed{
\lim_{x\to0}\frac{\sqrt[n]{1+x}-1}{x}
=
\frac1n
}.
Демидович № 444 — решение