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

Кудрявцев — задача 9.35

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

Задача 9.35

Найти пределы:
1) lim⁡x→010x−12x−1\lim_{x \to 0} \dfrac{10^x-1}{2^x-1};
2) lim⁡x→∞x(31/x−1)\lim_{x \to \infty} x\left(3^{1/x}-1\right);
3) lim⁡x→∞x2(41/x−41x+1)\lim_{x \to \infty} x^2\left(4^{1/x}-4^{\frac1{x+1}}\right);
4) lim⁡x→0e7x−e2xtg⁡x\lim_{x \to 0} \dfrac{e^{7x}-e^{2x}}{\operatorname{tg}x};
5) lim⁡x→0esin⁡5x−esin⁡xln⁡(1+2x)\lim_{x \to 0} \dfrac{e^{\sin 5x}-e^{\sin x}}{\ln(1+2x)};
6) lim⁡x→0ex2−11+sin⁡x2−1\lim_{x \to 0} \dfrac{e^{x^2}-1}{\sqrt{1+\sin x^2}-1};
7) lim⁡x→0ex2−cos⁡xsin⁡2x\lim_{x \to 0} \dfrac{e^{x^2}-\cos x}{\sin^2 x};
8) lim⁡x→01+3x3−1+2x51+5x−1+2x4\lim_{x \to 0} \dfrac{\sqrt[3]{1+3x}-\sqrt[5]{1+2x}}{\sqrt{1+5x}-\sqrt[4]{1+2x}}.
Ответ:1) ln⁡10ln⁡2;1)\ \dfrac{\ln 10}{\ln 2};
2) ln⁡3;2)\ \ln 3;
3) ln⁡4;3)\ \ln 4;
4) 5;4)\ 5;
5) 2;5)\ 2;
6) 2;6)\ 2;
7) 32;7)\ \dfrac32;
8) 3108)\ \dfrac{3}{10}

Решение

10x−12x−1=10x−1x2x−1x.\dfrac{10^x-1}{2^x-1}
=
\dfrac{\frac{10^x-1}{x}}{\frac{2^x-1}{x}}.Для любого a>0a>0: ax−1x→ln⁡a\dfrac{a^x-1}{x}\to \ln a. Поэтому 10x−12x−1→ln⁡10ln⁡2\dfrac{10^x-1}{2^x-1}\to \dfrac{\ln 10}{\ln 2}.
Сделаем замену t=1xt=\dfrac1x, тогда t→0+t\to 0^+. Получаемx(31/x−1)=3t−1t→ln⁡3.x\left(3^{1/x}-1\right)
=
\dfrac{3^t-1}{t}
\to
\ln 3.Вынесем 41x+14^{\frac1{x+1}}:41/x−41x+1=41x+1(41x−1x+1−1)==41x+1(41x(x+1)−1).\begin{aligned}
4^{1/x}-4^{\frac1{x+1}}
&=
4^{\frac1{x+1}}\left(4^{\frac1x-\frac1{x+1}}-1\right) = \\
&=
4^{\frac1{x+1}}\left(4^{\frac1{x(x+1)}}-1\right).
\end{aligned}Обозначим y=1x(x+1)y=\dfrac1{x(x+1)}. Тогда y→0y\to 0, иx2(41/x−41x+1)=41x+1⋅4y−1y⋅x2y.\begin{aligned}
x^2\left(4^{1/x}-4^{\frac1{x+1}}\right)
&=
4^{\frac1{x+1}}
\cdot
\dfrac{4^y-1}{y}
\cdot
x^2 y.
\end{aligned}Так как 41x+1→14^{\frac1{x+1}}\to 1, 4y−1y→ln⁡4\dfrac{4^y-1}{y}\to \ln 4, а x2y=x2x(x+1)=xx+1→1x^2 y = \dfrac{x^2}{x(x+1)} = \dfrac{x}{x+1}\to 1, получаем 1⋅ln⁡4⋅1=ln⁡41\cdot \ln 4\cdot 1 = \ln 4.

Вынесем e2xe^{2x}:e7x−e2x=e2x(e5x−1).e^{7x}-e^{2x}
=
e^{2x}(e^{5x}-1).Тогдаe7x−e2xtg⁡x=e2x⋅e5x−15x⋅5xtg⁡x.\begin{aligned}
\dfrac{e^{7x}-e^{2x}}{\operatorname{tg}x}
&=
e^{2x}\cdot
\dfrac{e^{5x}-1}{5x}\cdot
\dfrac{5x}{\operatorname{tg}x}.
\end{aligned}При x→0x\to 0: e2x→1e^{2x}\to 1, e5x−15x→1\dfrac{e^{5x}-1}{5x}\to 1, 5xtg⁡x→5\dfrac{5x}{\operatorname{tg}x}\to 5. Следовательно, предел равен 55.

Вынесем esin⁡xe^{\sin x}:esin⁡5x−esin⁡x=esin⁡x(esin⁡5x−sin⁡x−1).e^{\sin 5x}-e^{\sin x}
=
e^{\sin x}\left(e^{\sin 5x-\sin x}-1\right).Обозначим h=sin⁡5x−sin⁡xh=\sin 5x-\sin x. При x→0x\to 0 имеем h→0h\to 0. Тогдаesin⁡5x−esin⁡xln⁡(1+2x)=esin⁡x⋅eh−1h⋅hln⁡(1+2x).\begin{aligned}
\dfrac{e^{\sin 5x}-e^{\sin x}}{\ln(1+2x)}
&=
e^{\sin x}\cdot
\dfrac{e^h-1}{h}\cdot
\dfrac{h}{\ln(1+2x)}.
\end{aligned}Найдём предел последнего множителя:hln⁡(1+2x)=sin⁡5x−sin⁡xxln⁡(1+2x)x→5−12=\dfrac{h}{\ln(1+2x)}
=
\dfrac{\frac{\sin 5x-\sin x}{x}}
{\frac{\ln(1+2x)}{x}}
\to
\dfrac{5-1}{2}
=Также esin⁡x→1e^{\sin x}\to 1, eh−1h→1\dfrac{e^h-1}{h}\to 1. Следовательно, предел равен 22.
Преобразуем знаменатель:1+sin⁡x2−1=sin⁡x21+sin⁡x2+1.\sqrt{1+\sin x^2}-1
=
\dfrac{\sin x^2}{\sqrt{1+\sin x^2}+1}.Следовательно,ex2−11+sin⁡x2−1=ex2−1sin⁡x2(1+sin⁡x2+1).\begin{aligned}
\dfrac{e^{x^2}-1}
{\sqrt{1+\sin x^2}-1}
&=
\dfrac{e^{x^2}-1}{\sin x^2}
\left(\sqrt{1+\sin x^2}+1\right).
\end{aligned}Далее,ex2−1sin⁡x2=ex2−1x2⋅x2sin⁡x2→1⋅1=1.\dfrac{e^{x^2}-1}{\sin x^2}
=
\dfrac{e^{x^2}-1}{x^2}\cdot
\dfrac{x^2}{\sin x^2}
\to 1\cdot 1=1.Также 1+sin⁡x2+1→2\sqrt{1+\sin x^2}+1\to 2. Итак, предел равен 1⋅2=21\cdot 2=2.
ex2−cos⁡xsin⁡2x=ex2−1sin⁡2x+1−cos⁡xsin⁡2x.\dfrac{e^{x^2}-\cos x}{\sin^2 x}
=
\dfrac{e^{x^2}-1}{\sin^2 x}
+
\dfrac{1-\cos x}{\sin^2 x}.Для первого слагаемого:ex2−1sin⁡2x=ex2−1x2⋅x2sin⁡2x→1.\dfrac{e^{x^2}-1}{\sin^2 x}
=
\dfrac{e^{x^2}-1}{x^2}\cdot
\dfrac{x^2}{\sin^2 x}
\to 1.Для второго слагаемого:1−cos⁡xsin⁡2x=1−cos⁡xx2⋅x2sin⁡2x→12⋅1=12.\dfrac{1-\cos x}{\sin^2 x}
=
\dfrac{1-\cos x}{x^2}\cdot
\dfrac{x^2}{\sin^2 x}
\to
\dfrac12\cdot 1
=
\dfrac12.Следовательно, предел равен 1+12=321+\dfrac12=\dfrac32.

Разделим числитель и знаменатель на xx:1+3x3−1+2x51+5x−1+2x4=1+3x3−1x−1+2x5−1x1+5x−1x−1+2x4−1x.\dfrac{\sqrt[3]{1+3x}-\sqrt[5]{1+2x}}
{\sqrt{1+5x}-\sqrt[4]{1+2x}}
=
\dfrac{\frac{\sqrt[3]{1+3x}-1}{x}
-
\frac{\sqrt[5]{1+2x}-1}{x}}
{\frac{\sqrt{1+5x}-1}{x}
-
\frac{\sqrt[4]{1+2x}-1}{x}}.Вычислим каждый из четырёх пределов.

Для 1+3x3−1x\dfrac{\sqrt[3]{1+3x}-1}{x}. Пусть u=1+3x3u=\sqrt[3]{1+3x}, тогда u→1u\to 1, x=u3−13x=\dfrac{u^3-1}{3}. Получаем1+3x3−1x=u−1u3−13=3⋅u−1u3−1=3u2+u+1→33=\dfrac{\sqrt[3]{1+3x}-1}{x}
=
\dfrac{u-1}{\frac{u^3-1}{3}}
=
3\cdot\dfrac{u-1}{u^3-1}
=
\dfrac{3}{u^2+u+1}
\to
\dfrac{3}{3}
=Для 1+2x5−1x\dfrac{\sqrt[5]{1+2x}-1}{x}. Пусть v=1+2x5v=\sqrt[5]{1+2x}, тогда v→1v\to 1, x=v5−12x=\dfrac{v^5-1}{2}. Получаем1+2x5−1x=v−1v5−12=2⋅v−1v5−1=2v4+v3+v2+v+1→25.\dfrac{\sqrt[5]{1+2x}-1}{x}
=
\dfrac{v-1}{\frac{v^5-1}{2}}
=
2\cdot\dfrac{v-1}{v^5-1}
=
\dfrac{2}{v^4+v^3+v^2+v+1}
\to
\dfrac{2}{5}.
Следовательно, предел числителя после деления на xx:lim⁡x→01+3x3−1+2x5x=1−25=35.\lim_{x \to 0} \dfrac{\sqrt[3]{1+3x}-\sqrt[5]{1+2x}}{x}
=
1-\dfrac{2}{5}
=
\dfrac{3}{5}.
Теперь знаменатель. Для 1+5x−1x\dfrac{\sqrt{1+5x}-1}{x}:1+5x−1x=(1+5x)−1x(1+5x+1)=51+5x+1→52.\dfrac{\sqrt{1+5x}-1}{x}
=
\dfrac{(1+5x)-1}{x(\sqrt{1+5x}+1)}
=
\dfrac{5}{\sqrt{1+5x}+1}
\to
\dfrac{5}{2}.Для 1+2x4−1x\dfrac{\sqrt[4]{1+2x}-1}{x}. Пусть w=1+2x4w=\sqrt[4]{1+2x}, тогда w→1w\to 1, x=w4−12x=\dfrac{w^4-1}{2}. Получаем1+2x4−1x=w−1w4−12=2⋅w−1w4−1=2w3+w2+w+1→24=12.\dfrac{\sqrt[4]{1+2x}-1}{x}
=
\dfrac{w-1}{\frac{w^4-1}{2}}
=
2\cdot\dfrac{w-1}{w^4-1}
=
\dfrac{2}{w^3+w^2+w+1}
\to
\dfrac{2}{4}
=
\dfrac{1}{2}.
Следовательно, предел знаменателя после деления на xx:lim⁡x→01+5x−1+2x4x=52−12=\lim_{x \to 0} \dfrac{\sqrt{1+5x}-\sqrt[4]{1+2x}}{x}
=
\dfrac{5}{2}-\dfrac{1}{2}
=

Проверка

Итак, исходный предел равен 352=310\dfrac{\frac{3}{5}}{2} = \dfrac{3}{10}.
Кудрявцев № 9.35 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика