Раздел II. Предел и непрерывность функции — § 9. Предел функции

Кудрявцев — задача 9.28

Л. Д. Кудрявцев, «Сборник задач по математическому анализу. Том 1». Условие, подробное решение и ответ.

Задача 9.28

Найти пределы:
1) lim⁡x→1xn−1xk−1, n,k∈N\lim_{x \to 1} \dfrac{\sqrt[n]{x}-1}{\sqrt[k]{x}-1},\ n,k\in\mathbb N;
2) lim⁡x→0a+xn−a−xnx, n∈N,a>0\lim_{x \to 0} \dfrac{\sqrt[n]{a+x}-\sqrt[n]{a-x}}{x},\ n\in\mathbb N, a>0;
3) lim⁡x→01+axn−1+bxkx, n,k∈N\lim_{x \to 0} \dfrac{\sqrt[n]{1+ax}-\sqrt[k]{1+bx}}{x},\ n,k\in\mathbb N;
4) lim⁡x→0x1+axn⋅1+bxk−1, n,k∈N\lim_{x \to 0} \dfrac{x}{\sqrt[n]{1+ax}\cdot\sqrt[k]{1+bx}-1},\ n,k\in \mathbb N;
5) lim⁡x→0(1+x2+x)n−(1+x2−x)nx, n∈N\lim_{x \to 0} \dfrac{(\sqrt{1+x^2}+x)^n-(\sqrt{1+x^2}-x)^n}{x},\ n\in\mathbb N;
6) lim⁡x→∞((1+x2)(2+x2)⋯(n+x2)n−x2), n∈N\lim_{x \to \infty} \left(\sqrt[n]{(1+x^2)(2+x^2)\cdots(n+x^2)}-x^2\right),\ n\in\mathbb N.
Ответ:1) kn;1)\ \dfrac{k}{n};
2) 2na1/n−1;2)\ \dfrac{2}{n}a^{1/n-1};
3) an−bk;3)\ \dfrac{a}{n}-\dfrac{b}{k};
4) nkak+bn (при ak+bn≠0);4)\ \dfrac{nk}{ak+bn}\ (\text{при } ak+bn\ne0);
5) 2n;5)\ 2n;
6) n+126)\ \dfrac{n+1}{2}

Решение

Сделаем замену x=ynkx=y^{nk}. Тогда x→1x\to1 равносильно y→1y\to1, причём xn=yk\sqrt[n]{x}=y^k, xk=yn\sqrt[k]{x}=y^n. Следовательно,xn−1xk−1=yk−1yn−1==(y−1)(yk−1+yk−2+⋯+1)(y−1)(yn−1+yn−2+⋯+1)==yk−1+yk−2+⋯+1yn−1+yn−2+⋯+1.\begin{aligned}
\dfrac{\sqrt[n]{x}-1}{\sqrt[k]{x}-1}
&=
\dfrac{y^k-1}{y^n-1} = \\
&=
\dfrac{(y-1)(y^{k-1}+y^{k-2}+\cdots+1)}
{(y-1)(y^{n-1}+y^{n-2}+\cdots+1)} = \\
&=
\dfrac{y^{k-1}+y^{k-2}+\cdots+1}
{y^{n-1}+y^{n-2}+\cdots+1}.
\end{aligned}При y→1y\to1 последнее отношение стремится к kn\dfrac{k}{n}.
Обозначим A=a+xnA=\sqrt[n]{a+x}, B=a−xnB=\sqrt[n]{a-x}. ТогдаA−Bx=An−Bnx(An−1+An−2B+⋯+Bn−1).\begin{aligned}
\dfrac{A-B}{x}
&=
\dfrac{A^n-B^n}{x(A^{n-1}+A^{n-2}B+\cdots+B^{n-1})}.
\end{aligned}Так как An−Bn=(a+x)−(a−x)=2xA^n-B^n=(a+x)-(a-x)=2x, получаемA−Bx=2An−1+An−2B+⋯+Bn−1.\dfrac{A-B}{x}
=
\dfrac{2}{A^{n-1}+A^{n-2}B+\cdots+B^{n-1}}.При x→0x\to0: A→anA\to\sqrt[n]{a}, B→anB\to\sqrt[n]{a}. В знаменателе nn слагаемых, каждое стремится к a(n−1)/na^{(n-1)/n}. Поэтомуlim⁡x→0a+xn−a−xnx=2na(n−1)/n=2na1n−1.\lim_{x\to0}\dfrac{\sqrt[n]{a+x}-\sqrt[n]{a-x}}{x}
=
\dfrac{2}{n a^{(n-1)/n}}
=
\dfrac{2}{n}a^{\frac1n-1}.
1+axn−1+bxkx=1+axn−1x−1+bxk−1x.\begin{aligned}
\dfrac{\sqrt[n]{1+ax}-\sqrt[k]{1+bx}}{x}
&=
\dfrac{\sqrt[n]{1+ax}-1}{x}
-
\dfrac{\sqrt[k]{1+bx}-1}{x}.
\end{aligned}Для первого предела положим u=1+axnu=\sqrt[n]{1+ax}. Тогда u→1u\to1 иu−1x=au−1un−1==aun−1+un−2+⋯+1→an.\begin{aligned}
\dfrac{u-1}{x}
&=
a\dfrac{u-1}{u^n-1} = \\
&=
\dfrac{a}{u^{n-1}+u^{n-2}+\cdots+1}
\to
\dfrac{a}{n}.
\end{aligned}Аналогично 1+bxk−1x→bk\dfrac{\sqrt[k]{1+bx}-1}{x}\to\dfrac{b}{k}. Следовательно, предел равен an−bk\dfrac{a}{n}-\dfrac{b}{k}.
Обозначим F(x)=1+axn⋅1+bxk−1F(x)=\sqrt[n]{1+ax}\cdot\sqrt[k]{1+bx}-1. Преобразуем:F(x)=1+axn(1+bxk−1)+(1+axn−1).\begin{aligned}
F(x)
&=
\sqrt[n]{1+ax}\left(\sqrt[k]{1+bx}-1\right)
+
\left(\sqrt[n]{1+ax}-1\right).
\end{aligned}Следовательно,F(x)x=1+axn⋅1+bxk−1x+1+axn−1x.\begin{aligned}
\dfrac{F(x)}{x}
&=
\sqrt[n]{1+ax}\cdot\dfrac{\sqrt[k]{1+bx}-1}{x}
+
\dfrac{\sqrt[n]{1+ax}-1}{x}.
\end{aligned}Используем пределы:lim⁡x→01+axn−1x=an,lim⁡x→01+bxk−1x=bk.\lim_{x\to0}\dfrac{\sqrt[n]{1+ax}-1}{x}=\dfrac{a}{n},
\qquad
\lim_{x\to0}\dfrac{\sqrt[k]{1+bx}-1}{x}=\dfrac{b}{k}.Так как lim⁡x→01+axn=1\lim_{x\to0}\sqrt[n]{1+ax}=1, получаемlim⁡x→0F(x)x=1⋅bk+an=an+bk=ak+bnnk.\lim_{x\to0}\dfrac{F(x)}{x}
=
1\cdot\dfrac{b}{k}+\dfrac{a}{n}
=
\dfrac{a}{n}+\dfrac{b}{k}
=
\dfrac{ak+bn}{nk}.Если ak+bn≠0ak+bn\ne0, тоlim⁡x→0xF(x)=1ak+bnnk=nkak+bn.\lim_{x\to0}\dfrac{x}{F(x)}
=
\dfrac{1}{\dfrac{ak+bn}{nk}}
=
\dfrac{nk}{ak+bn}.
Обозначим a=1+x2+xa=\sqrt{1+x^2}+x, b=1+x2−xb=\sqrt{1+x^2}-x. Тогда a−b=2xa-b=2x. По формуле разности степеней:an−bn=(a−b)(an−1+an−2b+⋯+bn−1)==2x(an−1+an−2b+⋯+bn−1).\begin{aligned}
a^n-b^n
&=
(a-b)(a^{n-1}+a^{n-2}b+\cdots+b^{n-1}) = \\
&=
2x(a^{n-1}+a^{n-2}b+\cdots+b^{n-1}).
\end{aligned}Следовательно,an−bnx=2(an−1+an−2b+⋯+bn−1).\begin{aligned}
\dfrac{a^n-b^n}{x}
&=
2(a^{n-1}+a^{n-2}b+\cdots+b^{n-1}).
\end{aligned}При x→0x\to0: a→1a\to1, b→1b\to1. В скобке nn слагаемых, каждое стремится к 11, поэтому предел равен 2n2n.

Проверка

6. Сделаем замену u=1x2u=\dfrac1{x^2}. Тогда u→0+u\to0^+. Вынося x2x^2 из каждого множителя, получаем(1+x2)(2+x2)⋯(n+x2)=x2n∏j=1n(1+ju).(1+x^2)(2+x^2)\cdots(n+x^2)
=
x^{2n}\prod_{j=1}^n(1+ju).Следовательно,(1+x2)⋯(n+x2)n−x2=x2[(∏j=1n(1+ju))1/n−1]==1u[(∏j=1n(1+ju))1/n−1].\begin{aligned}
\sqrt[n]{(1+x^2)\cdots(n+x^2)}-x^2
&=
x^2\left[\left(\prod_{j=1}^n(1+ju)\right)^{1/n}-1\right] = \\
&=
\dfrac1u\left[\left(\prod_{j=1}^n(1+ju)\right)^{1/n}-1\right].
\end{aligned}Обозначим A(u)=(∏j=1n(1+ju))1/nA(u)=\left(\prod_{j=1}^n(1+ju)\right)^{1/n}. Тогда A(u)→1A(u)\to1. Преобразуем:A(u)−1u=A(u)n−1u(A(u)n−1+A(u)n−2+⋯+1).\begin{aligned}
\dfrac{A(u)-1}{u}
&=
\dfrac{A(u)^n-1}
{u\left(A(u)^{n-1}+A(u)^{n-2}+\cdots+1\right)}.
\end{aligned}При u→0u\to0:A(u)n−1u=∏j=1n(1+ju)−1u→1+2+⋯+n==n(n+1)2.\begin{aligned}
\dfrac{A(u)^n-1}{u}
&=
\dfrac{\prod_{j=1}^n(1+ju)-1}{u}
\to
1+2+\cdots+n = \\
&=
\dfrac{n(n+1)}2.
\end{aligned}Знаменатель A(u)n−1+A(u)n−2+⋯+1→nA(u)^{n-1}+A(u)^{n-2}+\cdots+1 \to n. Поэтомуlim⁡u→0A(u)−1u=n(n+1)2n=n+12.\lim_{u\to0}\dfrac{A(u)-1}{u}
=
\dfrac{\frac{n(n+1)}2}{n}
=
\dfrac{n+1}{2}.