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

Демидович — задача 454

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

Задача 454

Пусть P(x)=a1x+a2x2+…+anxnP(x)=a_1x+a_2x^2+\ldots+a_nx^n и mm — целое число.

Доказать, чтоlim⁡x→01+P(x)m−1x=a1m.\lim_{x\to0}\frac{\sqrt[m]{1+P(x)}-1}{x}=\frac{a_1}{m}.

Доказательство

Идея

Считаем m∈Zm\in\mathbb Z, m≠0m\neq0. Имеем P(x)=a1x+a2x2+…+anxn=x(a1+a2x+…+anxn−1).P(x)=a_1x+a_2x^2+\ldots+a_nx^n = x(a_1+a_2x+\ldots+a_nx^{n-1}). Тогда P(x)x=a1+a2x+…+anxn−1→a1.\frac{P(x)}{x} = a_1+a_2x+\ldots+a_nx^{n-1} \to a_1. Кроме того, P(x)→0P(x)\to0 при x→0x\to0.
Для достаточно малых x≠0x\neq0 можно записать 1+P(x)m−1x=1+P(x)m−1P(x)⋅P(x)x.\frac{\sqrt[m]{1+P(x)}-1}{x}
=
\frac{\sqrt[m]{1+P(x)}-1}{P(x)}
\cdot
\frac{P(x)}{x}. По уже доказанному пределу (Задача 444) lim⁡t→01+tm−1t=1m,\lim_{t\to0}\frac{\sqrt[m]{1+t}-1}{t}=\frac1m, а поскольку P(x)→0P(x)\to0, имеем 1+P(x)m−1P(x)→1m.\frac{\sqrt[m]{1+P(x)}-1}{P(x)}\to\frac1m.

Проверка

lim⁡x→01+P(x)m−1x=1m⋅a1=a1m.\boxed{
\lim_{x\to0}
\frac{\sqrt[m]{1+P(x)}-1}{x}
=
\frac1m\cdot a_1
=
\frac{a_1}{m}
}.

Что и требовалось доказать

Демидович № 454 — решение