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

Демидович — задача 506

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

Найти пределы:

Задача 506

а) lim⁡x→0(1+x2+x)1−x1−x;б) lim⁡x→1(1+x2+x)1−x1−x;\text{а) }\lim_{x\to0}\left(\frac{1+x}{2+x}\right)^{\frac{1-\sqrt{x}}{1-x}};\quad
\text{б) }\lim_{x\to1}\left(\frac{1+x}{2+x}\right)^{\frac{1-\sqrt{x}}{1-x}};в) lim⁡x→+∞(1+x2+x)1−x1−x.\text{в) }\lim_{x\to+\infty}\left(\frac{1+x}{2+x}\right)^{\frac{1-\sqrt{x}}{1-x}}.

Решение

Сначала обоснуем правило, которое понадобится для степеней с меняющимися основанием и показателем. Если u→A>0u\to A>0 и v→Bv\to B, где BB конечно, то uv→ABu^v\to A^B.

Из неравенства ln⁡z⩽z−1\ln z\leqslant z-1, доказанного в №368в, и его применения к 1/z1/z следуетz−1z⩽ln⁡z⩽z−1(z>0).\frac{z-1}{z}\leqslant\ln z\leqslant z-1\qquad(z>0).При z=u/A→1z=u/A\to1 обе границы стремятся к нулю, значит, ln⁡(u/A)→0\ln(u/A)\to0. Поэтомуln⁡uvAB=vln⁡uA+(v−B)ln⁡A⟶0.\ln\frac{u^v}{A^B}=v\ln\frac uA+(v-B)\ln A\longrightarrow0.Остаётся перейти от логарифма к положительному числу. Для любого 0<ε<10<\varepsilon<1 изln⁡(1−ε)<ln⁡w<ln⁡(1+ε)\ln(1-\varepsilon)<\ln w<\ln(1+\varepsilon)по строгому возрастанию логарифма следует 1−ε<w<1+ε1-\varepsilon<w<1+\varepsilon. Если ln⁡w→0\ln w\to0, эти неравенства выполняются в достаточно малой окрестности, так как ln⁡(1−ε)<0<ln⁡(1+ε)\ln(1-\varepsilon)<0<\ln(1+\varepsilon). Значит, w→1w\to1. Применив это к w=uv/ABw=u^v/A^B, получаем заявленное правило.

Пункт а)

Из-за наличия x\sqrt{x} рассматриваем x→+0x\to+0.
Сначала упростим показатель степени. Имеем1−x=(1−x)(1+x).1-x=(1-\sqrt{x})(1+\sqrt{x}).При x≠1x\neq11−x1−x=11+x.\frac{1-\sqrt{x}}{1-x}
=
\frac1{1+\sqrt{x}}.Отсюда(1+x2+x)1−x1−x=(1+x2+x)11+x.\left(\frac{1+x}{2+x}\right)^{\frac{1-\sqrt{x}}{1-x}}
=
\left(\frac{1+x}{2+x}\right)^{\frac1{1+\sqrt{x}}}.При x→+0x\to+01+x2+x→12,11+x→1.\frac{1+x}{2+x}\to\frac12,
\quad
\frac1{1+\sqrt{x}}\to1.Поэтомуlim⁡x→0(1+x2+x)1−x1−x=12.\lim_{x\to0}
\left(\frac{1+x}{2+x}\right)^{\frac{1-\sqrt{x}}{1-x}}
=
\frac12
.

Пункт б)

Как и в пункте а),1−x1−x=11+x.\frac{1-\sqrt{x}}{1-x}
=
\frac1{1+\sqrt{x}}.Тогда(1+x2+x)1−x1−x=(1+x2+x)11+x.\left(\frac{1+x}{2+x}\right)^{\frac{1-\sqrt{x}}{1-x}}
=
\left(\frac{1+x}{2+x}\right)^{\frac1{1+\sqrt{x}}}.При x→1x\to11+x2+x→23,11+x→12.\frac{1+x}{2+x}\to\frac23,
\quad
\frac1{1+\sqrt{x}}\to\frac12.Поэтомуlim⁡x→1(1+x2+x)1−x1−x=(23)1/2=23.\lim_{x\to1}
\left(\frac{1+x}{2+x}\right)^{\frac{1-\sqrt{x}}{1-x}}
=
\left(\frac23\right)^{1/2}
=
\sqrt{\frac23}
.

Проверка

Пункт в). После того же сокращения показатель равен p(x)=1/(1+x)p(x)=1/(1+\sqrt x). При x>0x>0 имеем0<x+1x+2<1,0<p(x)<1.0<\frac{x+1}{x+2}<1,\qquad0<p(x)<1.Для 0<A<10<A<1 и 0<p<10<p<1 выполняется A⩽Ap⩽1A\leqslant A^p\leqslant1. Поэтомуx+1x+2⩽(x+1x+2)1/(1+x)⩽1.\frac{x+1}{x+2}\leqslant
\left(\frac{x+1}{x+2}\right)^{1/(1+\sqrt x)}\leqslant1.Левая граница равна 1−1/(x+2)1-1/(x+2) и стремится к 11. По теореме о зажатой функции предел в пункте в) равен 11.