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

Кудрявцев — задача 9.34

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

Задача 9.34

Найти пределы:
1) lim⁡x→10lg⁡x−1x−10\lim_{x \to 10} \dfrac{\lg x-1}{x-10};
2) lim⁡x→0ln⁡(1+3x+x2)+ln⁡(1−3x+x2)x2\lim_{x \to 0} \dfrac{\ln(1+3x+x^2)+\ln(1-3x+x^2)}{x^2};
3) lim⁡x→∞xlog⁡210+x5+x\lim_{x \to \infty} x\log_2\dfrac{10+x}{5+x};
4) lim⁡x→01+x3−1−sin⁡xln⁡(1+x)\lim_{x \to 0} \dfrac{\sqrt[3]{1+x}-1-\sin x}{\ln(1+x)};
5) lim⁡x→0ln⁡tg⁡(π4+4x)x\lim_{x \to 0} \dfrac{\ln \operatorname{tg}\left(\frac\pi4+4x\right)}{x};
6) lim⁡x→0ln⁡cos⁡5xln⁡cos⁡4x\lim_{x \to 0} \dfrac{\ln\cos 5x}{\ln\cos 4x};
7) lim⁡x→1/41−ctg⁡πxln⁡tg⁡πx\lim_{x \to 1/4} \dfrac{1-\operatorname{ctg}\pi x}{\ln \operatorname{tg}\pi x};
8) lim⁡x→∞x2ln⁡cos⁡πx\lim_{x \to \infty} x^2\ln\cos\dfrac{\pi}{x}.
Ответ:1) 110ln⁡10;1)\ \dfrac1{10\ln10};
2) −7;2)\ -7;
3) 5ln⁡2;3)\ \dfrac5{\ln2};
4) −23;4)\ -\dfrac23;
5) 8;5)\ 8;
6) 2516;6)\ \dfrac{25}{16};
7) 1;7)\ 1;
8) −π228)\ -\dfrac{\pi^2}{2}

Решение

Сделаем замену t=x−10t=x-10, тогда x=10+tx=10+t, t→0t\to 0. Получаемlg⁡x−1=lg⁡(10+t)−1==lg⁡[10(1+t10)]−1==lg⁡(1+t10).\begin{aligned}
\lg x-1
&=
\lg(10+t)-1 = \\
&=
\lg\left[10\left(1+\dfrac{t}{10}\right)\right]-1 = \\
&=
\lg\left(1+\dfrac{t}{10}\right).
\end{aligned}Обозначим u=t10u=\dfrac{t}{10}, тогда u→0u\to 0. Имеемlg⁡x−1x−10=lg⁡(1+u)10u==110ln⁡(1+u)uln⁡10→110ln⁡10.\begin{aligned}
\dfrac{\lg x-1}{x-10}
&=
\dfrac{\lg(1+u)}{10u} = \\
&=
\dfrac1{10}\dfrac{\ln(1+u)}{u\ln10}
\to
\dfrac1{10\ln10}.
\end{aligned}Сумма логарифмов равнаln⁡[(1+3x+x2)(1−3x+x2)]=ln⁡[(1+x2)2−9x2]==ln⁡(1−7x2+x4).\begin{aligned}
\ln\left[(1+3x+x^2)(1-3x+x^2)\right]
&=
\ln\left[(1+x^2)^2-9x^2\right] = \\
&=
\ln(1-7x^2+x^4).
\end{aligned}Обозначим y=−7x2+x4y=-7x^2+x^4. Тогда y→0y\to 0, иln⁡(1−7x2+x4)x2=ln⁡(1+y)y⋅yx2.\begin{aligned}
\dfrac{\ln(1-7x^2+x^4)}{x^2}
&=
\dfrac{\ln(1+y)}{y}\cdot\dfrac{y}{x^2}.
\end{aligned}Так как ln⁡(1+y)y→1\dfrac{\ln(1+y)}{y}\to 1, а yx2=−7+x2→−7\dfrac{y}{x^2}=-7+x^2\to -7, предел равен −7-7.
Преобразуем: 10+x5+x=1+5x+5\dfrac{10+x}{5+x}=1+\dfrac5{x+5}. Обозначим y=5x+5y=\dfrac5{x+5}. Тогда y→0y\to 0. Далее,xlog⁡2(1+y)=xy⋅log⁡2(1+y)y.\begin{aligned}
x\log_2(1+y)
&=
xy\cdot\dfrac{\log_2(1+y)}{y}.
\end{aligned}Так как xy=5xx+5→5xy=\dfrac{5x}{x+5}\to 5, а log⁡2(1+y)y=ln⁡(1+y)yln⁡2→1ln⁡2\dfrac{\log_2(1+y)}{y} =\dfrac{\ln(1+y)}{y\ln2}\to \dfrac1{\ln2}, получаем lim⁡x→∞xlog⁡210+x5+x=5⋅1ln⁡2=5ln⁡2\lim_{x \to \infty} x\log_2\dfrac{10+x}{5+x} = 5\cdot\dfrac1{\ln2} = \dfrac5{\ln2}.

Разделим числитель и знаменатель на xx:1+x3−1−sin⁡xln⁡(1+x)=1+x3−1x−sin⁡xxln⁡(1+x)x.\dfrac{\sqrt[3]{1+x}-1-\sin x}{\ln(1+x)}
=
\dfrac{\frac{\sqrt[3]{1+x}-1}{x}-\frac{\sin x}{x}}
{\frac{\ln(1+x)}{x}}.Для первого слагаемого числителя положим u=1+x3u=\sqrt[3]{1+x}. Тогда u→1u\to 1, x=u3−1x=u^3-1, и1+x3−1x=u−1u3−1=1u2+u+1→13.\dfrac{\sqrt[3]{1+x}-1}{x}
=
\dfrac{u-1}{u^3-1}
=
\dfrac1{u^2+u+1}
\to
\dfrac13.Также sin⁡xx→1\dfrac{\sin x}{x}\to 1, ln⁡(1+x)x→1\dfrac{\ln(1+x)}{x}\to 1. Следовательно, предел равен 13−11=−23\dfrac{\frac13-1}{1} = -\dfrac23.
Обозначим u=tg⁡(π4+4x)−1u=\operatorname{tg}\left(\dfrac\pi4+4x\right)-1. Тогда u→0u\to 0, иln⁡tg⁡(π4+4x)x=ln⁡(1+u)u⋅ux.\dfrac{\ln \operatorname{tg}\left(\frac\pi4+4x\right)}{x}
=
\dfrac{\ln(1+u)}{u}\cdot\dfrac{u}{x}.Найдём ux\dfrac{u}{x}. По формуле тангенса суммы:tg⁡(π4+4x)=1+tg⁡4x1−tg⁡4x.\operatorname{tg}\left(\dfrac\pi4+4x\right)
=
\dfrac{1+\operatorname{tg}4x}{1-\operatorname{tg}4x}.Следовательно,u=1+tg⁡4x1−tg⁡4x−1=2tg⁡4x1−tg⁡4x.u
=
\dfrac{1+\operatorname{tg}4x}{1-\operatorname{tg}4x}-1
=
\dfrac{2\operatorname{tg}4x}{1-\operatorname{tg}4x}.Тогдаux=2tg⁡4xx(1−tg⁡4x)==81−tg⁡4x⋅tg⁡4x4x→8.\begin{aligned}
\dfrac{u}{x}
&=
\dfrac{2\operatorname{tg}4x}{x(1-\operatorname{tg}4x)} = \\
&=
\dfrac{8}{1-\operatorname{tg}4x}\cdot
\dfrac{\operatorname{tg}4x}{4x}
\to 8.
\end{aligned}Так как ln⁡(1+u)u→1\dfrac{\ln(1+u)}{u}\to 1, получаем 1⋅8=81\cdot 8=8.
Обозначим A=1−cos⁡5xA=1-\cos 5x, B=1−cos⁡4xB=1-\cos 4x. Тогда
ln⁡cos⁡5x=ln⁡(1−A)\ln\cos 5x=\ln(1-A), ln⁡cos⁡4x=ln⁡(1−B)\ln\cos 4x=\ln(1-B). При x→0x\to 0 имеем A→0A\to 0, B→0B\to 0, поэтому ln⁡(1−A)−A→1\dfrac{\ln(1-A)}{-A}\to 1, −Bln⁡(1−B)→1\dfrac{-B}{\ln(1-B)}\to 1. Следовательно,ln⁡cos⁡5xln⁡cos⁡4x=ln⁡(1−A)ln⁡(1−B)=ln⁡(1−A)−A⋅−Bln⁡(1−B)⋅AB→AB.\dfrac{\ln\cos 5x}{\ln\cos 4x}
=
\dfrac{\ln(1-A)}{\ln(1-B)}
=
\dfrac{\ln(1-A)}{-A}\cdot
\dfrac{-B}{\ln(1-B)}\cdot
\dfrac{A}{B}
\to
\dfrac{A}{B}.Далее,AB=1−cos⁡5x1−cos⁡4x==2sin⁡25x22sin⁡22x=sin⁡25x2sin⁡22x→(52)222=2516.\begin{aligned}
\dfrac{A}{B}
&=
\dfrac{1-\cos 5x}{1-\cos 4x} = \\
&=
\dfrac{2\sin^2\dfrac{5x}{2}}
{2\sin^2 2x}
=
\dfrac{\sin^2\dfrac{5x}{2}}{\sin^2 2x}
\to
\dfrac{\left(\dfrac52\right)^2}{2^2}
=
\dfrac{25}{16}.
\end{aligned}
Обозначим u=tg⁡πxu=\operatorname{tg}\pi x. Тогда при x→1/4x\to 1/4 имеем u→1u\to 1. Выразим 1−ctg⁡πx=1−1u=u−1u1-\operatorname{ctg}\pi x = 1-\dfrac1u = \dfrac{u-1}{u}. Знаменатель равен ln⁡u\ln u. Следовательно, исходное выражение: u−1uln⁡u\dfrac{u-1}{u\ln u}. Пусть v=u−1v=u-1, тогда v→0v\to 0, u=1+vu=1+v. Получаемu−1uln⁡u=v(1+v)ln⁡(1+v)=11+v⋅vln⁡(1+v)→1⋅1=\dfrac{u-1}{u\ln u}
=
\dfrac{v}{(1+v)\ln(1+v)}
=
\dfrac1{1+v}\cdot
\dfrac{v}{\ln(1+v)}
\to
1\cdot 1
=

Проверка

8. Сделаем замену t=πxt=\dfrac{\pi}{x}. Тогда t→0+t\to 0^+, x=πtx=\dfrac{\pi}{t}. Выражение принимает видx2ln⁡cos⁡πx=π2t2ln⁡cos⁡t.x^2\ln\cos\dfrac{\pi}{x}
=
\dfrac{\pi^2}{t^2}\ln\cos t.Обозначим A=1−cos⁡tA=1-\cos t. Тогда cos⁡t=1−A\cos t=1-A, причём A→0A\to 0. Следовательно,ln⁡cos⁡t=ln⁡(1−A)=−A⋅ln⁡(1−A)−A.\ln\cos t
=
\ln(1-A)
=
-A\cdot\dfrac{\ln(1-A)}{-A}.Так как ln⁡(1−A)−A→1\dfrac{\ln(1-A)}{-A}\to 1, достаточно найти предел −π2At2-\pi^2\dfrac{A}{t^2}. НоAt2=1−cos⁡tt2=2sin⁡2t2t2=12(sin⁡(t/2)t/2)2→12.\dfrac{A}{t^2}
=
\dfrac{1-\cos t}{t^2}
=
\dfrac{2\sin^2\dfrac{t}{2}}{t^2}
=
\dfrac12\left(\dfrac{\sin(t/2)}{t/2}\right)^2
\to
\dfrac12.Следовательно,lim⁡x→∞x2ln⁡cos⁡πx=−π2⋅12=−π22.\lim_{x \to \infty} x^2\ln\cos\dfrac{\pi}{x}
=
-\pi^2\cdot\dfrac12
=
-\dfrac{\pi^2}{2}.
Кудрявцев № 9.34 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика