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

Демидович — задача 579

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

Задача 579

Найти пределы:а) lim⁡x→+∞(x−ln⁡ch⁡x);б) lim⁡x→0esin⁡2x−esin⁡xth⁡x\text{а) }\lim_{x\to+\infty}(x-\ln\operatorname{ch} x);
\qquad
\text{б) }\lim_{x\to0}
\frac{e^{\sin2x}-e^{\sin x}}{\operatorname{th} x}
Ответ:а) ln⁡2\ln2б) 11

Решение

Пункт а)

При x→+∞x\to+\infty представим гиперболический косинус в видеch⁡x=ex2(1+e−2x)\operatorname{ch} x=\frac{e^x}{2}(1+e^{-2x})Тогдаx−ln⁡ch⁡x=\displaystyle x-\ln\operatorname{ch} x\mathrel{=}x−[x−ln⁡2+ln⁡(1+e−2x)]=\displaystyle x-\left[x-\ln2+\ln(1+e^{-2x})\right]\mathrel{=}ln⁡2−ln⁡(1+e−2x)⟶ln⁡2\displaystyle \ln2-\ln(1+e^{-2x})
\longrightarrow\ln2

Пункт б)

Положим δ=sin⁡2x−sin⁡x\delta=\sin2x-\sin x. Тогда δ→0\delta\to0 иδx=2sin⁡2x2x−sin⁡xx⟶2−1=1.\frac\delta x=2\frac{\sin2x}{2x}-\frac{\sin x}x\longrightarrow2-1=1.Для функции EE из №543 (с E(0)=1E(0)=1) имеем eδ−1=δE(δ)e^\delta-1=\delta E(\delta) и E(δ)→1E(\delta)\to1. Поэтомуesin⁡2x−esin⁡xth⁡x=esin⁡xE(δ)δxxth⁡x.\frac{e^{\sin2x}-e^{\sin x}}{\operatorname{th}x}
=e^{\sin x}E(\delta)\frac\delta x\frac{x}{\operatorname{th}x}.По №576в последний множитель стремится к 11; остальные тоже имеют предел 11. Ответ в пункте б): 11.
Демидович № 579 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика