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

Кудрявцев — задача 9.36

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

Задача 9.36

Найти пределы:

1) lim⁡x→∞(x2+4x2−4)x2\lim_{x\to\infty}\left(\dfrac{x^2+4}{x^2-4}\right)^{x^2};
2) lim⁡x→0(1+x−x)1/x\lim_{x\to0}(\sqrt{1+x}-x)^{1/x};
3) lim⁡x→0(1+3x2)1/sin⁡2x\lim_{x\to0}(1+3x^2)^{1/\sin^2 x};

4) lim⁡x→π/2(1+ctg⁡x)tg⁡x\lim_{x\to\pi/2}(1+\operatorname{ctg}x)^{\operatorname{tg}x};
5) lim⁡x→0(cos⁡x)−1/x2\lim_{x\to0}(\cos x)^{-1/x^2};
6) lim⁡x→π/2(sin⁡x)tg⁡2x\lim_{x\to\pi/2}(\sin x)^{\operatorname{tg}^2 x};

7) lim⁡x→0(cos⁡6x)ctg⁡2x\lim_{x\to0}(\cos 6x)^{\operatorname{ctg}^2 x};
8) lim⁡x→0(ln⁡(e+x))ctg⁡x\lim_{x\to0}(\ln(e+x))^{\operatorname{ctg}x};
9) lim⁡x→0(xex+1xπx+1)1/x2\lim_{x\to0}\left(\dfrac{x e^x + 1}{x \pi^x + 1}\right)^{1/x^2};

10) lim⁡x→0(cos⁡x+arctg⁡2x)1/arctg⁡x2\lim_{x\to0}(\cos x + \operatorname{arctg}^2 x)^{1/\operatorname{arctg} x^2}.
Ответ:1) e8;1)\ e^8;
2) e−1/2;2)\ e^{-1/2};
3) e3;3)\ e^3;
4) e;4)\ e;
5) e;5)\ \sqrt e;
6) e−1/2;6)\ e^{-1/2};
7) e−18;7)\ e^{-18};
8) e1/e;8)\ e^{1/e};
9) eπ;9)\ \dfrac{e}{\pi};
10) e10)\ \sqrt e

Решение

Преобразуем основание:x2+4x2−4=x2−4+8x2−4=1+8x2−4.\begin{aligned}
\dfrac{x^2+4}{x^2-4}
&=
\dfrac{x^2-4+8}{x^2-4}
=
1+\dfrac{8}{x^2-4}.
\end{aligned}Обозначим t=x2−48t=\dfrac{x^2-4}{8}. Тогда t→∞t\to\infty, x2=8t+4x^2=8t+4. Выражение принимает вид:(1+1t)8t+4=[(1+1t)t]8⋅(1+1t)4==e8⋅1=e8.\begin{aligned}
\left(1+\dfrac1t\right)^{8t+4}
&=
\left[\left(1+\dfrac1t\right)^t\right]^8
\cdot
\left(1+\dfrac1t\right)^4 = \\
&= e^8\cdot1 = e^8.
\end{aligned}Логарифм:ln⁡L=lim⁡x→0ln⁡(1+x−x)x.\ln L = \lim_{x \to 0} \dfrac{\ln(\sqrt{1+x} - x)}{x}.Разложим 1+x\sqrt{1+x} по формуле Тейлора до первого порядка:1+x=1+x2−x28+o(x2).\sqrt{1+x}=1+\dfrac{x}{2}-\dfrac{x^2}{8}+o(x^2).Тогда1+x−x=1+x2−x+o(x)=1−x2+o(x).\sqrt{1+x}-x = 1+\dfrac{x}{2}-x+o(x) = 1-\dfrac{x}{2}+o(x).Пусть u=−x2+o(x)u=-\dfrac{x}{2}+o(x). Тогда u→0u\to0, иln⁡(1+x−x)=ln⁡(1+u)∼u∼−x2.\ln(\sqrt{1+x} - x)=\ln(1+u)\sim u\sim -\dfrac{x}{2}.Следовательно,ln⁡(1+x−x)x∼−x/2x=−12.\dfrac{\ln(\sqrt{1+x} - x)}{x}
\sim
\dfrac{-x/2}{x}
=
-\dfrac12.Поэтому ln⁡L=−12\ln L=-\dfrac12, откуда L=e−1/2L=e^{-1/2}.

Логарифм выражения:ln⁡L=lim⁡x→0ln⁡(1+3x2)sin⁡2x.\ln L = \lim_{x \to 0} \dfrac{\ln(1+3x^2)}{\sin^2 x}.Используем эквивалентности:ln⁡(1+3x2)∼3x2,sin⁡2x∼x2.\ln(1+3x^2)\sim 3x^2,\qquad \sin^2 x\sim x^2.Тогдаln⁡(1+3x2)sin⁡2x∼3x2x2=\dfrac{\ln(1+3x^2)}{\sin^2 x}
\sim
\dfrac{3x^2}{x^2}
=Следовательно, ln⁡L=3\ln L=3, и L=e3L=e^3.
Обозначим t=ctg⁡xt=\operatorname{ctg}x. При x→π/2x\to\pi/2 имеем t→0t\to0, а tg⁡x=1t\operatorname{tg}x=\dfrac1t. Тогда(1+ctg⁡x)tg⁡x=(1+t)1/t.(1+\operatorname{ctg}x)^{\operatorname{tg}x}
=
(1+t)^{1/t}.По стандартному пределу lim⁡t→0(1+t)1/t=e\lim_{t\to0}(1+t)^{1/t}=e, получаем ответ ee.

Логарифм:ln⁡L=−lim⁡x→0ln⁡cos⁡xx2.\ln L = -\lim_{x\to0}\dfrac{\ln\cos x}{x^2}.Так как 1−cos⁡x∼x221-\cos x\sim \dfrac{x^2}{2}, то cos⁡x=1−(1−cos⁡x)\cos x=1-(1-\cos x), иln⁡cos⁡x=ln⁡(1−(1−cos⁡x))∼−(1−cos⁡x)∼−x22.\ln\cos x = \ln(1-(1-\cos x)) \sim -(1-\cos x) \sim -\dfrac{x^2}{2}.Следовательно,−ln⁡cos⁡xx2∼−−x2/2x2=12.-\dfrac{\ln\cos x}{x^2}
\sim
-\dfrac{-x^2/2}{x^2}
=
\dfrac12.Итак, ln⁡L=12\ln L=\dfrac12, L=e1/2=eL=e^{1/2}=\sqrt e.
Сделаем замену t=π2−xt=\dfrac\pi2-x, тогда t→0t\to0. Имеемsin⁡x=sin⁡(π2−t)=cos⁡t,\sin x = \sin\left(\dfrac\pi2-t\right)=\cos t,tg⁡x=tg⁡(π2−t)=ctg⁡t=cos⁡tsin⁡t.\operatorname{tg}x = \operatorname{tg}\left(\dfrac\pi2-t\right)=\operatorname{ctg}t=\dfrac{\cos t}{\sin t}.Тогда(sin⁡x)tg⁡2x=(cos⁡t)cos⁡2tsin⁡2t.(\sin x)^{\operatorname{tg}^2 x}
=
(\cos t)^{\frac{\cos^2 t}{\sin^2 t}}.Логарифм:ln⁡L=lim⁡t→0cos⁡2tsin⁡2tln⁡cos⁡t=lim⁡t→0cos⁡2t⋅t2sin⁡2t⋅ln⁡cos⁡tt2.\ln L = \lim_{t\to0} \dfrac{\cos^2 t}{\sin^2 t}\ln\cos t
= \lim_{t\to0} \cos^2 t \cdot \dfrac{t^2}{\sin^2 t} \cdot \dfrac{\ln\cos t}{t^2}.Так какln⁡cos⁡tt2→−12,t2sin⁡2t→1,cos⁡2t→1,\dfrac{\ln\cos t}{t^2}\to -\dfrac12,\qquad
\dfrac{t^2}{\sin^2 t}\to1,\qquad
\cos^2 t\to1,получаем ln⁡L=−12\ln L=-\dfrac12, откуда L=e−1/2L=e^{-1/2}.

Логарифм:ln⁡L=lim⁡x→0ctg⁡2x⋅ln⁡cos⁡6x=lim⁡x→0cos⁡2xsin⁡2x⋅ln⁡cos⁡6x.\ln L = \lim_{x \to 0} \operatorname{ctg}^2 x \cdot \ln\cos 6x
= \lim_{x \to 0} \dfrac{\cos^2 x}{\sin^2 x}\cdot \ln\cos 6x.Преобразуем ln⁡cos⁡6x\ln\cos 6x:ln⁡cos⁡6x=ln⁡(1−(1−cos⁡6x))∼−(1−cos⁡6x).\ln\cos 6x = \ln(1-(1-\cos 6x)) \sim -(1-\cos 6x).Так как 1−cos⁡6x∼(6x)22=18x21-\cos 6x \sim \dfrac{(6x)^2}{2}=18x^2, тоln⁡cos⁡6x∼−18x2.\ln\cos 6x \sim -18x^2.Следовательно,ln⁡L=lim⁡x→0cos⁡2xsin⁡2x(−18x2)=−18lim⁡x→0cos⁡2x⋅x2sin⁡2x=−18⋅1⋅1=−18.\ln L = \lim_{x\to0} \dfrac{\cos^2 x}{\sin^2 x}(-18x^2)
= -18 \lim_{x\to0} \cos^2 x \cdot \dfrac{x^2}{\sin^2 x}
= -18\cdot 1\cdot 1 = -18.Итак, L=e−18L=e^{-18}.

Логарифм:ln⁡L=lim⁡x→0ctg⁡x⋅ln⁡(ln⁡(e+x)).\ln L = \lim_{x\to0} \operatorname{ctg}x \cdot \ln(\ln(e+x)).Преобразуем ln⁡(e+x)\ln(e+x):ln⁡(e+x)=ln⁡(e(1+xe))=1+ln⁡(1+xe).\ln(e+x)=\ln\left(e\left(1+\dfrac{x}{e}\right)\right)=1+\ln\left(1+\dfrac{x}{e}\right).Обозначим y=ln⁡(1+xe)y=\ln\left(1+\dfrac{x}{e}\right). Тогда y→0y\to0, иln⁡(ln⁡(e+x))=ln⁡(1+y)∼y∼xe.\ln(\ln(e+x))=\ln(1+y)\sim y\sim \dfrac{x}{e}.Следовательно,ln⁡L=lim⁡x→0cos⁡xsin⁡x⋅xe=1elim⁡x→0cos⁡x⋅xsin⁡x=1e⋅1⋅1=1e.\ln L = \lim_{x\to0} \dfrac{\cos x}{\sin x}\cdot \dfrac{x}{e}
= \dfrac1e \lim_{x\to0} \cos x \cdot \dfrac{x}{\sin x}
= \dfrac1e\cdot1\cdot1 = \dfrac1e.Отсюда L=e1/eL=e^{1/e}.
Преобразуем основание:xex+1xπx+1=1+x(ex−πx)1+xπx.\dfrac{x e^x + 1}{x \pi^x + 1}
=
1+\dfrac{x(e^x-\pi^x)}{1+x\pi^x}.Обозначим y=x(ex−πx)1+xπxy=\dfrac{x(e^x-\pi^x)}{1+x\pi^x}. Тогда y→0y\to0. Найдём yx2\dfrac{y}{x^2}:yx2=ex−πxx⋅11+xπx.\dfrac{y}{x^2}
=
\dfrac{e^x-\pi^x}{x}\cdot\dfrac{1}{1+x\pi^x}.Так какex−πxx=ex−1x−πx−1x→1−ln⁡π,\dfrac{e^x-\pi^x}{x}
=
\dfrac{e^x-1}{x}-\dfrac{\pi^x-1}{x}
\to 1-\ln\pi,а 1+xπx→11+x\pi^x\to1, получаемyx2→1−ln⁡π.\dfrac{y}{x^2}\to 1-\ln\pi.Логарифм исходного выражения:ln⁡L=lim⁡x→0ln⁡(1+y)y⋅yx2=1⋅(1−ln⁡π).\ln L = \lim_{x\to0}\dfrac{\ln(1+y)}{y}\cdot\dfrac{y}{x^2}
= 1\cdot(1-\ln\pi).Следовательно, L=e1−ln⁡π=e/πL=e^{1-\ln\pi}=e/\pi.
Обозначим u=cos⁡x−1+arctg⁡2xu=\cos x -1+\operatorname{arctg}^2 x. Тогдаcos⁡x+arctg⁡2x=1+u.\cos x + \operatorname{arctg}^2 x = 1+u.Найдём ux2\dfrac{u}{x^2}:ux2=cos⁡x−1x2+(arctg⁡xx)2.\dfrac{u}{x^2}
=
\dfrac{\cos x-1}{x^2}
+
\left(\dfrac{\operatorname{arctg}x}{x}\right)^2.Так какcos⁡x−1x2→−12,arctg⁡xx→1,\dfrac{\cos x-1}{x^2}\to -\dfrac12,\qquad
\dfrac{\operatorname{arctg}x}{x}\to1,получаемux2→−12+1=12.\dfrac{u}{x^2}\to -\dfrac12+1=\dfrac12.Логарифм:ln⁡L=lim⁡x→0ln⁡(1+u)arctg⁡x2=lim⁡x→0ln⁡(1+u)u⋅ux2⋅x2arctg⁡x2.\ln L = \lim_{x\to0}\dfrac{\ln(1+u)}{\operatorname{arctg}x^2}
= \lim_{x\to0}\dfrac{\ln(1+u)}{u}\cdot\dfrac{u}{x^2}\cdot\dfrac{x^2}{\operatorname{arctg}x^2}.Так как ln⁡(1+u)u→1\dfrac{\ln(1+u)}{u}\to1, ux2→12\dfrac{u}{x^2}\to\dfrac12, x2arctg⁡x2→1\dfrac{x^2}{\operatorname{arctg}x^2}\to1, получаемln⁡L=1⋅12⋅1=12.\ln L = 1\cdot\dfrac12\cdot1 = \dfrac12.Отсюда L=e1/2=eL=e^{1/2}=\sqrt e.
Кудрявцев № 9.36 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика