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

Демидович — задача 643

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

Задача 643

Определитьl=lim‾⁡x→0f(x)иL=lim‾⁡x→0f(x)l=\varliminf_{x\to0}f(x)
\quad\text{и}\quad
L=\varlimsup_{x\to0}f(x)еслиа) f(x)=sin⁡21x+2πarctg⁡1x\text{а) }f(x)=\sin^2\frac1x+\frac2\pi\operatorname{arctg}\frac1xб) f(x)=(2−x2)cos⁡1x\text{б) }f(x)=(2-x^2)\cos\frac1xв) f(x)=(1+cos⁡21x)sec⁡2(1/x)\text{в) }f(x)=
\left(1+\cos^2\frac1x\right)^{\sec^2(1/x)}
Ответ:а) l=−1,L=2l=-1,
\qquad
L=2б) l=−2,L=2l=-2,
\qquad
L=2в) l=2,L=el=2,
\qquad
L=e

Решение

Пункт а)

При x→0+x\to0^+2πarctg⁡1x⟶1\frac2\pi\operatorname{arctg}\frac1x\longrightarrow1а sin⁡2(1/x)\sin^2(1/x) имеет все частичные предельные значения от 00 до
11. Поэтому справа нижний и верхний пределы равны 11 и 22

При x→0−x\to0^-2πarctg⁡1x⟶−1\frac2\pi\operatorname{arctg}\frac1x\longrightarrow-1поэтому слева нижний и верхний пределы равны −1-1 и 00. Для
двустороннего предельного перехода выбираем наименьшее и наибольшее из
этих значений

Пункт б)

Множитель 2−x22-x^2 стремится к 22, а функция
cos⁡(1/x)\cos(1/x) колеблется между −1-1 и 11. В частности, существуют
последовательности, стремящиеся к нулю, на которых косинус равен
соответственно −1-1 и 11. Поэтому крайние частичные пределы равны
−2-2 и 22

Пункт в)

Положимt=cos⁡21xt=\cos^2\frac1xВ точках области определения 0<t⩽10<t\leqslant1, и функция принимает видg(t)=(1+t)1/tg(t)=(1+t)^{1/t}Докажем нижнюю оценку. Для 0<t<10<t<1 положим m=1+tm=1+t. Из ln⁡z⩽z−1\ln z\leqslant z-1 при z>0z>0 следует(1−t)ln⁡1m+tln⁡2m⩽(1−t)(1m−1)+t(2m−1)=0.(1-t)\ln\frac1m+t\ln\frac2m
\leqslant(1-t)\left(\frac1m-1\right)+t\left(\frac2m-1\right)=0.Левая часть равна tln⁡2−ln⁡mt\ln2-\ln m, поэтому ln⁡(1+t)/t⩾ln⁡2\ln(1+t)/t\geqslant\ln2 и g(t)⩾2g(t)\geqslant2. При t=1t=1 непосредственно получаем g(1)=2g(1)=2.
С другой стороны, из ln⁡(1+t)<t\ln(1+t)<t следует g(t)<eg(t)<e. Значение 22
достигается при t=1t=1, а при t→0+t\to0^+(1+t)1/t⟶e(1+t)^{1/t}\longrightarrow eДля xn=1/(2πn)x_n=1/(2\pi n) имеем t=1t=1 и f(xn)=2f(x_n)=2. Для zn=1/(2πn+π/2−1/n)z_n=1/(2\pi n+\pi/2-1/n) имеем t=sin⁡2(1/n)>0t=\sin^2(1/n)>0 и t→0t\to0, поэтому f(zn)→ef(z_n)\to e. Так обе границы являются частичными пределами.