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

Демидович — задача 481

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

Задача 481

Доказать равенства:а) lim⁡x→asin⁡x=sin⁡a;б) lim⁡x→acos⁡x=cos⁡a;\text{а) }\lim_{x\to a}\sin x=\sin a;\quad
\text{б) }\lim_{x\to a}\cos x=\cos a;в) lim⁡x→atg⁡x=tg⁡a(a≠2n−12π; n=0,±1,±2,…).\text{в) }\lim_{x\to a}\operatorname{tg}x=\operatorname{tg}a
\quad\left(a\ne\frac{2n-1}{2}\pi;\ n=0,\pm1,\pm2,\ldots\right).

Доказательство

Пункт а)

Докажем, чтоlim⁡x→asin⁡x=sin⁡a.\lim_{x\to a}\sin x=\sin a.Рассмотрим разностьsin⁡x−sin⁡a.\sin x-\sin a.Используем формулуsin⁡α−sin⁡β=2cos⁡α+β2sin⁡α−β2.\sin\alpha-\sin\beta
=
2\cos\frac{\alpha+\beta}{2}
\sin\frac{\alpha-\beta}{2}.Отсюдаsin⁡x−sin⁡a=2cos⁡x+a2sin⁡x−a2.\sin x-\sin a
=
2\cos\frac{x+a}{2}
\sin\frac{x-a}{2}.При x→ax\to ax−a2→0.\frac{x-a}{2}\to0.Из первого замечательного пределаsin⁡tt→1\frac{\sin t}{t}\to1следует, чтоsin⁡t=tsin⁡tt→0.\sin t
=
t\frac{\sin t}{t}\to0.Тогдаsin⁡x−a2→0.\sin\frac{x-a}{2}\to0.При этом∣cos⁡x+a2∣≤1.\left|\cos\frac{x+a}{2}\right|\leq1.sin⁡x−sin⁡a→0.\sin x-\sin a\to0.Значит,lim⁡x→asin⁡x=sin⁡a.\lim_{x\to a}\sin x=\sin a
.

Пункт б)

Докажем, чтоlim⁡x→acos⁡x=cos⁡a.\lim_{x\to a}\cos x=\cos a.Используем формулуcos⁡α−cos⁡β=−2sin⁡α+β2sin⁡α−β2.\cos\alpha-\cos\beta
=
-2\sin\frac{\alpha+\beta}{2}
\sin\frac{\alpha-\beta}{2}.Тогдаcos⁡x−cos⁡a=−2sin⁡x+a2sin⁡x−a2.\cos x-\cos a
=
-2\sin\frac{x+a}{2}
\sin\frac{x-a}{2}.При x→ax\to ax−a2→0,\frac{x-a}{2}\to0,поэтому, как следует из первого замечательного предела,sin⁡x−a2→0.\sin\frac{x-a}{2}\to0.Кроме того,∣sin⁡x+a2∣≤1.\left|\sin\frac{x+a}{2}\right|\leq1.cos⁡x−cos⁡a→0.\cos x-\cos a\to0.Значит,lim⁡x→acos⁡x=cos⁡a.\lim_{x\to a}\cos x=\cos a
.

Пункт в)

Пустьa≠2n−12π,n=0,±1,±2,…a\neq\frac{2n-1}{2}\pi,
\quad
n=0,\pm1,\pm2,\ldotsТогдаcos⁡a≠0.\cos a\neq0.По определениюtg⁡x=sin⁡xcos⁡x.\operatorname{tg}x=\frac{\sin x}{\cos x}.Из пунктов а) и б) уже доказано, чтоsin⁡x→sin⁡a,cos⁡x→cos⁡a.\sin x\to\sin a,
\quad
\cos x\to\cos a.Поскольку cos⁡a≠0\cos a\neq0, по теореме о пределе отношенияlim⁡x→atg⁡x=lim⁡x→asin⁡xcos⁡x=sin⁡acos⁡a.\lim_{x\to a}\operatorname{tg}x
=
\lim_{x\to a}\frac{\sin x}{\cos x}
=
\frac{\sin a}{\cos a}.

Проверка

lim⁡x→atg⁡x=tg⁡a.\lim_{x\to a}\operatorname{tg}x
=
\operatorname{tg}a
.

Что и требовалось доказать