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

Демидович — задача 575

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

Задача 575

Найти пределlim⁡x→π/21−sin⁡α+βx(1−sin⁡αx)(1−sin⁡βx),α>0,β>0\lim_{x\to\pi/2}
\frac{1-\sin^{\alpha+\beta}x}
{\sqrt{(1-\sin^\alpha x)(1-\sin^\beta x)}},
\qquad \alpha>0,\quad\beta>0
Ответ:α+βαβ\frac{\alpha+\beta}{\sqrt{\alpha\beta}}

Решение

Около π/2\pi/2 синус положителен. Для x≠π/2x\ne\pi/2 в достаточно малой окрестности имеем 0<sin⁡x<10<\sin x<1. Положим t=1−sin⁡xt=1-\sin x; тогда t>0t>0 и t→0t\to0.
По формуле, доказанной в №542, для каждого γ>0\gamma>01−(1−t)γt=(1+(−t))γ−1−t⟶γ.\frac{1-(1-t)^\gamma}{t}
=\frac{(1+(-t))^\gamma-1}{-t}\longrightarrow\gamma.Числитель этой дроби положителен. В исходном отношении делим числитель на tt и оба множителя под корнем на tt:1−(1−t)α+βt1−(1−t)αt 1−(1−t)βt.\frac{\dfrac{1-(1-t)^{\alpha+\beta}}t}
{\sqrt{\dfrac{1-(1-t)^\alpha}t\,\dfrac{1-(1-t)^\beta}t}}.Поскольку t>0t>0, вынесенный из корня множитель равен t2=t\sqrt{t^2}=t, поэтому преобразование не меняет знака. Предел знаменателя равен αβ>0\sqrt{\alpha\beta}>0. Значит,α+βαβ.\frac{\alpha+\beta}{\sqrt{\alpha\beta}}.