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

Кудрявцев — задача 9.32

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

Задача 9.32

Найти пределы:
1) lim⁡x→0arcsin⁡2xx\lim_{x \to 0} \dfrac{\arcsin 2x}{x};
2) lim⁡x→0tg⁡2x−3arcsin⁡4xsin⁡5x−6arctg⁡7x\lim_{x \to 0} \dfrac{\operatorname{tg}2x-3\arcsin4x}{\sin5x-6\operatorname{arctg}7x};
3) lim⁡x→0π−4arctg⁡11+xx\lim_{x \to 0} \dfrac{\pi-4\operatorname{arctg}\frac1{1+x}}{x};
4) lim⁡x→01+arcsin⁡x3−1+arctg⁡2x31+arctg⁡3x−1−arcsin⁡4x\lim_{x \to 0} \dfrac{\sqrt[3]{1+\arcsin x}-\sqrt[3]{1+\operatorname{arctg}2x}}{\sqrt{1+\operatorname{arctg}3x}-\sqrt{1-\arcsin4x}}.
Ответ:1) 2;1)\ 2;
2) 1037;2)\ \dfrac{10}{37};
3) 2;3)\ 2;
4) −2214)\ -\dfrac{2}{21}

Решение

Сделаем замену y=arcsin⁡2xy=\arcsin 2x. Тогда 2x=sin⁡y2x=\sin y, то есть x=12sin⁡yx=\frac12\sin y, причём y→0y\to 0. Получаемarcsin⁡2xx=y12sin⁡y=2ysin⁡y→2.\dfrac{\arcsin 2x}{x}
=
\dfrac{y}{\frac12\sin y}
=
2\dfrac{y}{\sin y}
\to 2.Разделим числитель и знаменатель на xx:tg⁡2x−3arcsin⁡4xsin⁡5x−6arctg⁡7x=tg⁡2xx−3arcsin⁡4xxsin⁡5xx−6arctg⁡7xx.\dfrac{\operatorname{tg}2x-3\arcsin4x}
{\sin5x-6\operatorname{arctg}7x}
=
\dfrac{\dfrac{\operatorname{tg}2x}{x}-3\dfrac{\arcsin4x}{x}}
{\dfrac{\sin5x}{x}-6\dfrac{\operatorname{arctg}7x}{x}}.Вычислим пределы:tg⁡2xx=2tg⁡2x2x→2,\dfrac{\operatorname{tg}2x}{x}
=
2\dfrac{\operatorname{tg}2x}{2x}
\to 2,arcsin⁡4xx=4arcsin⁡4x4x→4,\dfrac{\arcsin4x}{x}
=
4\dfrac{\arcsin4x}{4x}
\to 4,sin⁡5xx=5sin⁡5x5x→5,\dfrac{\sin5x}{x}
=
5\dfrac{\sin5x}{5x}
\to 5,arctg⁡7xx=7arctg⁡7x7x→7.\dfrac{\operatorname{arctg}7x}{x}
=
7\dfrac{\operatorname{arctg}7x}{7x}
\to 7.Следовательно,lim⁡x→0tg⁡2x−3arcsin⁡4xsin⁡5x−6arctg⁡7x=2−3⋅45−6⋅7=−10−37=1037.\lim_{x \to 0}
\dfrac{\operatorname{tg}2x-3\arcsin4x}
{\sin5x-6\operatorname{arctg}7x}
=
\dfrac{2-3\cdot 4}{5-6\cdot 7}
=
\dfrac{-10}{-37}
=
\dfrac{10}{37}.
Обозначим u=11+xu=\dfrac1{1+x}. Тогда u→1u\to 1. Используем формулу arctan⁡1−arctan⁡u=arctan⁡1−u1+u\arctan 1-\arctan u = \arctan\dfrac{1-u}{1+u}. Имеем1−u=1−11+x=x1+x,1-u
=
1-\dfrac1{1+x}
=
\dfrac{x}{1+x},1+u=1+11+x=2+x1+x.1+u
=
1+\dfrac1{1+x}
=
\dfrac{2+x}{1+x}.Следовательно, 1−u1+u=x2+x\dfrac{1-u}{1+u}=\dfrac{x}{2+x}. Поэтомуπ−4arctg⁡11+x=4(π4−arctg⁡u)=4arctan⁡x2+x.\pi-4\operatorname{arctg}\dfrac1{1+x}
=
4\left(\dfrac\pi4-\operatorname{arctg}u\right)
=
4\arctan\dfrac{x}{2+x}.Тогдаπ−4arctg⁡11+xx=4arctan⁡x2+xx==4arctan⁡vv⋅vx,\begin{aligned}
\dfrac{\pi-4\operatorname{arctg}\frac1{1+x}}{x}
&=
4\dfrac{\arctan\frac{x}{2+x}}{x} = \\
&=
4\dfrac{\arctan v}{v}\cdot\dfrac{v}{x},
\end{aligned}где v=x2+xv=\dfrac{x}{2+x}. Так как arctan⁡vv→1\dfrac{\arctan v}{v}\to 1, а vx=12+x→12\dfrac{v}{x}=\dfrac1{2+x}\to\dfrac12, получаем 4⋅1⋅12=24\cdot 1\cdot\dfrac12=2.

Проверка

4. Обозначим u=arcsin⁡xu=\arcsin x, v=arctg⁡2xv=\operatorname{arctg}2x, p=arctg⁡3xp=\operatorname{arctg}3x, q=arcsin⁡4xq=\arcsin4x. Все эти величины стремятся к нулю. Числитель:1+u3−1+v3=u−v(1+u)2/3+(1+u)1/3(1+v)1/3+(1+v)2/3.\sqrt[3]{1+u}-\sqrt[3]{1+v}
=
\dfrac{u-v}
{(1+u)^{2/3}+(1+u)^{1/3}(1+v)^{1/3}+(1+v)^{2/3}}.Знаменатель:1+p−1−q=p+q1+p+1−q.\sqrt{1+p}-\sqrt{1-q}
=
\dfrac{p+q}
{\sqrt{1+p}+\sqrt{1-q}}.Следовательно, исходное выражение равноu−vp+q⋅1+p+1−q(1+u)2/3+(1+u)1/3(1+v)1/3+(1+v)2/3.\begin{aligned}
&\dfrac{u-v}{p+q}
\cdot
\dfrac{\sqrt{1+p}+\sqrt{1-q}}
{(1+u)^{2/3}+(1+u)^{1/3}(1+v)^{1/3}+(1+v)^{2/3}}.
\end{aligned}Второй множитель стремится к 23\dfrac23. Далее,u−vp+q=arcsin⁡x−arctg⁡2xarctg⁡3x+arcsin⁡4x==arcsin⁡xx−2arctg⁡2x2x3arctg⁡3x3x+4arcsin⁡4x4x→1−23+4=−17.\begin{aligned}
\dfrac{u-v}{p+q}
&=
\dfrac{\arcsin x-\operatorname{arctg}2x}
{\operatorname{arctg}3x+\arcsin4x} = \\
&=
\dfrac{\frac{\arcsin x}{x}
-
2\frac{\operatorname{arctg}2x}{2x}}
{3\frac{\operatorname{arctg}3x}{3x}
+
4\frac{\arcsin4x}{4x}}
\to
\dfrac{1-2}{3+4}
=
-\dfrac17.
\end{aligned}Итак, предел равен 23⋅(−17)=−221\dfrac23\cdot\left(-\dfrac17\right)=-\dfrac2{21}.
Кудрявцев № 9.32 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика