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

Кудрявцев — задача 9.31

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

Задача 9.31

Найти пределы:
1) lim⁡x→0tg⁡2x2−1+cos⁡x\lim_{x \to 0} \dfrac{\operatorname{tg}^2 x}{\sqrt{2-\sqrt{1+\cos x}}};
2) lim⁡x→01+tg⁡x−1+sin⁡xx3\lim_{x \to 0} \dfrac{\sqrt{1+\operatorname{tg}x}-\sqrt{1+\sin x}}{x^3};
3) lim⁡x→01+2sin⁡3x−1−4sin⁡5xsin⁡6x\lim_{x \to 0} \dfrac{\sqrt{1+2\sin 3x}-\sqrt{1-4\sin 5x}}{\sin 6x};
4) lim⁡x→0xtg⁡3x1+sin⁡22x−1+sin⁡2x\lim_{x \to 0} \dfrac{x \operatorname{tg}3x}{\sqrt{1+\sin^2 2x}-\sqrt{1+\sin^2 x}};
5) lim⁡x→0cos⁡4x3−cos⁡5x31−cos⁡3x\lim_{x \to 0} \dfrac{\sqrt[3]{\cos 4x}-\sqrt[3]{\cos 5x}}{1-\cos 3x};
6) lim⁡x→01−cos⁡xcos⁡2xtg⁡x2\lim_{x \to 0} \dfrac{1-\cos x \sqrt{\cos 2x}}{\operatorname{tg} x^2};
7) lim⁡x→π/2sin⁡x4−sin⁡x3cos⁡2x\lim_{x \to \pi/2} \dfrac{\sqrt[4]{\sin x}-\sqrt[3]{\sin x}}{\cos^2 x};
8) lim⁡x→∞(sin⁡x2+1−sin⁡x2−1)\lim_{x \to \infty} \left(\sin\sqrt{x^2+1}-\sin\sqrt{x^2-1}\right).
Ответ:1) 0;1)\ 0;
2) 14;2)\ \dfrac14;
3) 136;3)\ \dfrac{13}{6};
4) 2;4)\ 2;
5) 13;5)\ \dfrac13;
6) 32;6)\ \dfrac32;
7) 124;7)\ \dfrac1{24};
8) 08)\ 0

Решение

Так как 1+cos⁡x=2cos⁡2x21+\cos x=2\cos^2\dfrac{x}{2}, получаем 1+cos⁡x=2cos⁡x2\sqrt{1+\cos x}=\sqrt2\cos\dfrac{x}{2} при малых xx. Тогда знаменатель2−1+cos⁡x=2−2cos⁡x2→2−2≠0.\sqrt{2-\sqrt{1+\cos x}}
=
\sqrt{2-\sqrt2\cos\dfrac{x}{2}}
\to
\sqrt{2-\sqrt2}\neq 0.Числитель tg⁡2x→0\operatorname{tg}^2 x\to 0. Следовательно,lim⁡x→0tg⁡2x2−1+cos⁡x=\lim_{x \to 0}\dfrac{\operatorname{tg}^2 x}{\sqrt{2-\sqrt{1+\cos x}}}
=
Домножим числитель и знаменатель на сопряжённое:1+tg⁡x−1+sin⁡xx3=tg⁡x−sin⁡xx3(1+tg⁡x+1+sin⁡x).\dfrac{\sqrt{1+\operatorname{tg}x}-\sqrt{1+\sin x}}{x^3}
=
\dfrac{\operatorname{tg}x-\sin x}
{x^3(\sqrt{1+\operatorname{tg}x}+\sqrt{1+\sin x})}.Преобразуем tg⁡x−sin⁡x=sin⁡x(1−cos⁡x)cos⁡x\operatorname{tg}x-\sin x = \dfrac{\sin x(1-\cos x)}{\cos x}. Тогдаtg⁡x−sin⁡xx3=sin⁡xx⋅1−cos⁡xx2⋅1cos⁡x.\begin{aligned}
\dfrac{\operatorname{tg}x-\sin x}{x^3}
&=
\dfrac{\sin x}{x}\cdot
\dfrac{1-\cos x}{x^2}\cdot
\dfrac{1}{\cos x}.
\end{aligned}Используя стандартные пределы sin⁡xx→1\dfrac{\sin x}{x}\to 1, 1−cos⁡xx2→12\dfrac{1-\cos x}{x^2}\to \dfrac12, получаемtg⁡x−sin⁡xx3→1⋅12⋅1=12.\dfrac{\operatorname{tg}x-\sin x}{x^3}
\to
1\cdot\dfrac12\cdot1
=
\dfrac12.Знаменатель 1+tg⁡x+1+sin⁡x→2\sqrt{1+\operatorname{tg}x}+\sqrt{1+\sin x}\to 2. Следовательно, предел равен 122=14\dfrac{\frac12}{2}=\dfrac14.
Домножим на сопряжённое:1+2sin⁡3x−1−4sin⁡5xsin⁡6x=2sin⁡3x+4sin⁡5x(1+2sin⁡3x+1−4sin⁡5x)sin⁡6x.\begin{aligned}
\dfrac{\sqrt{1+2\sin 3x}-\sqrt{1-4\sin 5x}}{\sin 6x}
&=
\dfrac{2\sin 3x+4\sin 5x}
{(\sqrt{1+2\sin 3x}+\sqrt{1-4\sin 5x})\sin 6x}.
\end{aligned}Знаменатель первой дроби стремится к 22. Далее,sin⁡3xsin⁡6x=36⋅sin⁡3x3x⋅6xsin⁡6x→12,\dfrac{\sin 3x}{\sin 6x}
=
\dfrac{3}{6}\cdot
\dfrac{\sin 3x}{3x}\cdot
\dfrac{6x}{\sin 6x}
\to
\dfrac12,sin⁡5xsin⁡6x=56⋅sin⁡5x5x⋅6xsin⁡6x→56.\dfrac{\sin 5x}{\sin 6x}
=
\dfrac{5}{6}\cdot
\dfrac{\sin 5x}{5x}\cdot
\dfrac{6x}{\sin 6x}
\to
\dfrac56.Поэтомуlim⁡x→02sin⁡3x+4sin⁡5x2sin⁡6x=12(2⋅12+4⋅56)==12(1+206)==12⋅133=136.\begin{aligned}
\lim_{x \to 0}\dfrac{2\sin 3x+4\sin 5x}{2\sin 6x}
&=
\dfrac12\left(2\cdot\dfrac12+4\cdot\dfrac56\right) = \\
&=
\dfrac12\left(1+\dfrac{20}{6}\right) = \\
&=
\dfrac12\cdot\dfrac{13}{3}
=
\dfrac{13}{6}.
\end{aligned}
Умножим числитель и знаменатель на сопряжённое:xtg⁡3x1+sin⁡22x−1+sin⁡2x=xtg⁡3x(1+sin⁡22x+1+sin⁡2x)sin⁡22x−sin⁡2x.\begin{aligned}
\dfrac{x \operatorname{tg}3x}
{\sqrt{1+\sin^2 2x}-\sqrt{1+\sin^2 x}}
&=
\dfrac{x \operatorname{tg}3x(\sqrt{1+\sin^2 2x}+\sqrt{1+\sin^2 x})}
{\sin^2 2x-\sin^2 x}.
\end{aligned}Сумма корней стремится к 22. Далее, sin⁡22x−sin⁡2x=sin⁡3xsin⁡x\sin^2 2x-\sin^2 x = \sin 3x\sin x. Следовательно,xtg⁡3xsin⁡22x−sin⁡2x=xtg⁡3xsin⁡3xsin⁡x==xcos⁡3xsin⁡x=1cos⁡3x⋅xsin⁡x→\begin{aligned}
\dfrac{x \operatorname{tg}3x}{\sin^2 2x-\sin^2 x}
&=
\dfrac{x \operatorname{tg}3x}{\sin 3x\sin x} = \\
&=
\dfrac{x}{\cos 3x\sin x}
=
\dfrac{1}{\cos 3x}\cdot\dfrac{x}{\sin x}
\to

\end{aligned}Умножая на предел суммы корней 22, получаем 2⋅1=22\cdot 1=2.
Обозначим a=cos⁡4x3a=\sqrt[3]{\cos 4x}, b=cos⁡5x3b=\sqrt[3]{\cos 5x}. Тогдаa−b=a3−b3a2+ab+b2=cos⁡4x−cos⁡5xa2+ab+b2.a-b
=
\dfrac{a^3-b^3}{a^2+ab+b^2}
=
\dfrac{\cos 4x-\cos 5x}{a^2+ab+b^2}.При x→0x\to 0 имеем a→1a\to 1, b→1b\to 1, поэтому a2+ab+b2→3a^2+ab+b^2\to 3. Далее,cos⁡4x−cos⁡5x=2sin⁡9x2sin⁡x2,\cos 4x-\cos 5x
=
2\sin\dfrac{9x}{2}\sin\dfrac{x}{2},1−cos⁡3x=2sin⁡23x2.1-\cos 3x
=
2\sin^2\dfrac{3x}{2}.Следовательно,cos⁡4x3−cos⁡5x31−cos⁡3x=cos⁡4x−cos⁡5x(a2+ab+b2)(1−cos⁡3x)==2sin⁡9x2sin⁡x2(a2+ab+b2)⋅2sin⁡23x2.\begin{aligned}
\dfrac{\sqrt[3]{\cos 4x}-\sqrt[3]{\cos 5x}}
{1-\cos 3x}
&=
\dfrac{\cos 4x-\cos 5x}
{(a^2+ab+b^2)(1-\cos 3x)} = \\
&=
\dfrac{2\sin\dfrac{9x}{2}\sin\dfrac{x}{2}}
{(a^2+ab+b^2)\cdot 2\sin^2\dfrac{3x}{2}}.
\end{aligned}Далее,sin⁡9x2sin⁡x2sin⁡23x2→92⋅12(32)2=\dfrac{\sin\dfrac{9x}{2}\sin\dfrac{x}{2}}
{\sin^2\dfrac{3x}{2}}
\to
\dfrac{\frac92\cdot\frac12}{\left(\frac32\right)^2}
=Учитывая, что a2+ab+b2→3a^2+ab+b^2\to 3, получаем 13\dfrac13.
Преобразуем числитель:1−cos⁡xcos⁡2x=(1−cos⁡x)+cos⁡x(1−cos⁡2x).1-\cos x \sqrt{\cos 2x}
=
(1-\cos x)+\cos x(1-\sqrt{\cos 2x}).Поэтому1−cos⁡xcos⁡2xtg⁡x2=1−cos⁡xtg⁡x2+cos⁡x1−cos⁡2xtg⁡x2.\dfrac{1-\cos x \sqrt{\cos 2x}}{\operatorname{tg} x^2}
=
\dfrac{1-\cos x}{\operatorname{tg} x^2}
+
\cos x\dfrac{1-\sqrt{\cos 2x}}{\operatorname{tg} x^2}.Для первого слагаемого:1−cos⁡xtg⁡x2=1−cos⁡xx2⋅x2tg⁡x2→12⋅1=12.\dfrac{1-\cos x}{\operatorname{tg} x^2}
=
\dfrac{1-\cos x}{x^2}\cdot
\dfrac{x^2}{\operatorname{tg} x^2}
\to
\dfrac12\cdot 1
=
\dfrac12.Для второго слагаемого:1−cos⁡2x=1−cos⁡2x1+cos⁡2x=2sin⁡2x1+cos⁡2x.1-\sqrt{\cos 2x}
=
\dfrac{1-\cos 2x}{1+\sqrt{\cos 2x}}
=
\dfrac{2\sin^2 x}{1+\sqrt{\cos 2x}}.Следовательно,1−cos⁡2xtg⁡x2=2sin⁡2x(1+cos⁡2x)tg⁡x2→22=1.\dfrac{1-\sqrt{\cos 2x}}{\operatorname{tg} x^2}
=
\dfrac{2\sin^2 x}
{(1+\sqrt{\cos 2x})\operatorname{tg} x^2}
\to
\dfrac{2}{2}=1.Итак, 12+1=32\dfrac12+1=\dfrac32.
Обозначим y=sin⁡xy=\sin x. Тогда y→1y\to 1, а cos⁡2x=1−y2\cos^2 x=1-y^2. Пусть t=1−yt=1-y, тогда t→0+t\to 0^+. Получаемsin⁡x4−sin⁡x3=(1−t)1/4−(1−t)1/3,\sqrt[4]{\sin x}-\sqrt[3]{\sin x}
=
(1-t)^{1/4}-(1-t)^{1/3},1−y2=1−(1−t)2=t(2−t).1-y^2
=
1-(1-t)^2
=
t(2-t).Рассмотрим(1−t)1/4−(1−t)1/3t=(1−t)1/4−1t−(1−t)1/3−1t.\begin{aligned}
\dfrac{(1-t)^{1/4}-(1-t)^{1/3}}{t}
&=
\dfrac{(1-t)^{1/4}-1}{t}
-
\dfrac{(1-t)^{1/3}-1}{t}.
\end{aligned}Для любого a>0a>0: (1−t)a−1t→−a\dfrac{(1-t)^a-1}{t}\to -a. Поэтому(1−t)1/4−(1−t)1/3t→−14+13=112.\dfrac{(1-t)^{1/4}-(1-t)^{1/3}}{t}
\to
-\dfrac14+\dfrac13
=
\dfrac1{12}.Также 1−y2t=2−t→2\dfrac{1-y^2}{t}=2-t\to 2. Следовательно,sin⁡x4−sin⁡x3cos⁡2x=(1−t)1/4−(1−t)1/3t(2−t)→1122=124.\begin{aligned}
\dfrac{\sqrt[4]{\sin x}-\sqrt[3]{\sin x}}
{\cos^2 x}
&=
\dfrac{(1-t)^{1/4}-(1-t)^{1/3}}
{t(2-t)}
\to
\dfrac{\frac1{12}}{2}
=
\dfrac1{24}.
\end{aligned}

Проверка

8. Обозначим A=x2+1A=\sqrt{x^2+1}, B=x2−1B=\sqrt{x^2-1}. Тогда∣sin⁡A−sin⁡B∣=2∣cos⁡A+B2∣∣sin⁡A−B2∣≤∣A−B∣.|\sin A-\sin B|
=
2\left|\cos\dfrac{A+B}{2}\right|
\left|\sin\dfrac{A-B}{2}\right|
\le
|A-B|.Далее,A−B=(x2+1)−(x2−1)x2+1+x2−1=2x2+1+x2−1→0.A-B
=
\dfrac{(x^2+1)-(x^2-1)}
{\sqrt{x^2+1}+\sqrt{x^2-1}}
=
\dfrac{2}{\sqrt{x^2+1}+\sqrt{x^2-1}}
\to 0.Следовательно, sin⁡x2+1−sin⁡x2−1→0\sin\sqrt{x^2+1}-\sin\sqrt{x^2-1}\to 0.