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

Кудрявцев — задача 9.43

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

Задача 9.43

Найти пределы:

1) lim⁡x→−∞(x2+8x+3−x2+4x+3)\lim_{x\to-\infty}\left(\sqrt{x^2+8x+3}-\sqrt{x^2+4x+3}\right);
2) lim⁡x→−∞(x+x3+2x2x+1)\lim_{x \to -\infty} \left( x + \sqrt{\dfrac{x^3 + 2x^2}{x + 1}} \right);

3) lim⁡x→∞(2x−4x2−7x+4)\lim_{x\to\infty}\left(2x-\sqrt{4x^2-7x+4}\right);

4) lim⁡x→−∞arcsin⁡(x2+x+x)\lim_{x\to-\infty}\arcsin\left(\sqrt{x^2+x}+x\right);
5) lim⁡x→+01−cos⁡xx−xcos⁡x\lim_{x\to+0}\dfrac{1-\sqrt{\cos x}}{x-x\cos\sqrt{x}};

6) lim⁡x→+0(1+sin⁡x−cos⁡x1+sin⁡4x−cos⁡4x)1/x\lim_{x\to+0}\left(\dfrac{1+\sin x-\cos x}{1+\sin4x-\cos4x}\right)^{1/x};

7) lim⁡x→∞ln⁡(2+x)ln⁡(6+x6)\lim_{x \to \infty} \dfrac{\ln(2 + \sqrt{x})}{\ln(6 + \sqrt[6]{x})};
8) lim⁡x→∞ln⁡(4+5e6x)ln⁡(1+2e3x)\lim_{x\to\infty}\dfrac{\ln(4+5e^{6x})}{\ln(1+2e^{3x})};
9) lim⁡x→+0arccos⁡(1−x)x\lim_{x\to+0}\dfrac{\arccos(1-x)}{\sqrt{x}};

10) lim⁡x→−1+0π−arccos⁡xx+1\lim_{x \to -1+0} \dfrac{\sqrt{\pi} - \sqrt{\arccos x}}{\sqrt{x+1}}.
Ответ:1) −2;1)\ -2;
2) −12;2)\ -\dfrac12;
3) 74;3)\ \dfrac74;
4) −π6;4)\ -\dfrac\pi6;
5) 12;5)\ \dfrac12;
6) 0;6)\ 0;
7) 3;7)\ 3;
8) 2;8)\ 2;
9) 2;9)\ \sqrt2;
10) 12π10)\ \dfrac1{\sqrt{2\pi}}

Решение

Так как x→−∞x\to-\infty, считаем x<0x<0. Преобразуем разность корней:x2+8x+3−x2+4x+3=(x2+8x+3)−(x2+4x+3)x2+8x+3+x2+4x+3==4xx2+8x+3+x2+4x+3.\begin{aligned}
\sqrt{x^2+8x+3}-\sqrt{x^2+4x+3}
&=
\dfrac{(x^2+8x+3)-(x^2+4x+3)}
{\sqrt{x^2+8x+3}+\sqrt{x^2+4x+3}} = \\
&=
\dfrac{4x}
{\sqrt{x^2+8x+3}+\sqrt{x^2+4x+3}}.
\end{aligned}При x<0x<0:x2+8x+3=∣x∣1+8x+3x2=−x1+8x+3x2,\sqrt{x^2+8x+3}=|x|\sqrt{1+\dfrac8x+\dfrac3{x^2}}
=-x\sqrt{1+\dfrac8x+\dfrac3{x^2}},x2+4x+3=−x1+4x+3x2.\sqrt{x^2+4x+3}=-x\sqrt{1+\dfrac4x+\dfrac3{x^2}}.Тогда знаменатель равен−x(1+8x+3x2+1+4x+3x2).-x\left(\sqrt{1+\dfrac8x+\dfrac3{x^2}}+\sqrt{1+\dfrac4x+\dfrac3{x^2}}\right).Подставляем:4x−x(1+8x+3x2+1+4x+3x2)=−41+8x+3x2+1+4x+3x2==−42=−2.\begin{aligned}
\dfrac{4x}{-x\left(\sqrt{1+\dfrac8x+\dfrac3{x^2}}+\sqrt{1+\dfrac4x+\dfrac3{x^2}}\right)}
&=
-\dfrac{4}
{\sqrt{1+\dfrac8x+\dfrac3{x^2}}+\sqrt{1+\dfrac4x+\dfrac3{x^2}}} = \\
&= -\dfrac{4}{2} = -2.
\end{aligned}
Так как x→−∞x\to-\infty, считаем x<0x<0. Преобразуем подкоренное выражение:x3+2x2x+1=x2x+2x+1.\dfrac{x^3+2x^2}{x+1}
=
x^2\dfrac{x+2}{x+1}.При x<0x<0:x2x+2x+1=∣x∣x+2x+1=−xx+2x+1.\sqrt{x^2\dfrac{x+2}{x+1}}
=
|x|\sqrt{\dfrac{x+2}{x+1}}
=
-x\sqrt{\dfrac{x+2}{x+1}}.Тогда исходное выражение:x−xx+2x+1=x(1−x+2x+1).x - x\sqrt{\dfrac{x+2}{x+1}}
=
x\left(1-\sqrt{\dfrac{x+2}{x+1}}\right).Введём u=1xu=\dfrac1x, тогда u→0−u\to0-. Имеемx+2x+1=1+2u1+u=1+u1+u.\dfrac{x+2}{x+1}
=
\dfrac{1+2u}{1+u}
=
1+\dfrac{u}{1+u}.Разложим корень:1+u1+u=1+u2(1+u)+o(u)=1+u2+o(u).\sqrt{1+\dfrac{u}{1+u}}
=
1+\dfrac{u}{2(1+u)}+o(u)
=
1+\dfrac{u}{2}+o(u).Тогда1−x+2x+1=−u2+o(u)=−12x+o(1x).1-\sqrt{\dfrac{x+2}{x+1}}
=
-\dfrac{u}{2}+o(u)
=
-\dfrac1{2x}+o\left(\dfrac1x\right).Умножаем на xx:x(1−x+2x+1)=x(−12x+o(1x))=−12+o(1).x\left(1-\sqrt{\dfrac{x+2}{x+1}}\right)
=
x\left(-\dfrac1{2x}+o\left(\dfrac1x\right)\right)
=
-\dfrac12+o(1).Предел равен −12-\dfrac12.
Так как x→+∞x\to+\infty, считаем x>0x>0. Преобразуем:2x−4x2−7x+4=2x(1−1−74x+1x2).2x-\sqrt{4x^2-7x+4}
=
2x\left(1-\sqrt{1-\dfrac7{4x}+\dfrac1{x^2}}\right).Обозначимu=74x−1x2.u=\dfrac7{4x}-\dfrac1{x^2}.Тогда u→0+u\to0+. Используем разложение 1−u=1−12u+o(u)\sqrt{1-u}=1-\dfrac12u+o(u). Тогда1−1−u=12u+o(u)=78x−12x2+o(1x).1-\sqrt{1-u}
=
\dfrac12u+o(u)
=
\dfrac7{8x}-\dfrac1{2x^2}+o\left(\dfrac1x\right).Умножаем на 2x2x:2x(1−1−u)=74+o(1).2x\left(1-\sqrt{1-u}\right)
=
\dfrac{7}{4}+o(1).Предел равен 74\dfrac74.
Так как x→−∞x\to-\infty, x<0x<0. Тогдаx2+x=∣x∣1+1x=−x1+1x.\sqrt{x^2+x}=|x|\sqrt{1+\dfrac1x}
=-x\sqrt{1+\dfrac1x}.Следовательно,x2+x+x=x(1−1+1x).\sqrt{x^2+x}+x
=
x\left(1-\sqrt{1+\dfrac1x}\right).Обозначим u=1xu=\dfrac1x, тогда u→0−u\to0-. Разложим:1−1+u=−12u+o(u).1-\sqrt{1+u}
=
-\dfrac12u+o(u).Тогдаx2+x+x=x(−12x+o(1x))=−12+o(1).\sqrt{x^2+x}+x
=
x\left(-\dfrac1{2x}+o\left(\dfrac1x\right)\right)
=
-\dfrac12+o(1).Аргумент arcsin⁡\arcsin стремится к −12-\dfrac12. Поэтомуlim⁡x→−∞arcsin⁡(x2+x+x)=arcsin⁡(−12)=−π6.\lim_{x\to-\infty}\arcsin\left(\sqrt{x^2+x}+x\right)
=
\arcsin\left(-\dfrac12\right)
=
-\dfrac\pi6.
Преобразуем числитель:1−cos⁡x=1−cos⁡x1+cos⁡x.1-\sqrt{\cos x}
=
\dfrac{1-\cos x}{1+\sqrt{\cos x}}.Так как 1−cos⁡x∼x221-\cos x\sim \dfrac{x^2}{2}, а 1+cos⁡x→21+\sqrt{\cos x}\to2, получаем1−cos⁡x∼x24.1-\sqrt{\cos x}\sim \dfrac{x^2}{4}.Преобразуем знаменатель:x−xcos⁡x=x(1−cos⁡x).x-x\cos\sqrt{x}
=
x\left(1-\cos\sqrt{x}\right).Так как 1−cos⁡x∼(x)22=x21-\cos\sqrt{x}\sim \dfrac{(\sqrt{x})^2}{2}=\dfrac{x}{2}, получаемx(1−cos⁡x)∼x22.x\left(1-\cos\sqrt{x}\right)\sim \dfrac{x^2}{2}.Следовательно,1−cos⁡xx−xcos⁡x∼x2/4x2/2=12.\dfrac{1-\sqrt{\cos x}}{x-x\cos\sqrt{x}}
\sim
\dfrac{x^2/4}{x^2/2}
=
\dfrac12.Предел равен 12\dfrac12.
Используем разложения:sin⁡x=x−x36+o(x3),cos⁡x=1−x22+o(x2).\sin x=x-\dfrac{x^3}{6}+o(x^3),\quad
\cos x=1-\dfrac{x^2}{2}+o(x^2).Тогда1+sin⁡x−cos⁡x=x+x22+o(x2),1+\sin x-\cos x
=
x+\dfrac{x^2}{2}+o(x^2),1+sin⁡4x−cos⁡4x=4x+8x2+o(x2).1+\sin4x-\cos4x
=
4x+8x^2+o(x^2).Следовательно, основание:1+sin⁡x−cos⁡x1+sin⁡4x−cos⁡4x=x+x22+o(x2)4x+8x2+o(x2)==1+x2+o(x)4(1+2x+o(x))=14(1−3x2+o(x)).\begin{aligned}
\dfrac{1+\sin x-\cos x}{1+\sin4x-\cos4x}
&=
\dfrac{x+\dfrac{x^2}{2}+o(x^2)}
{4x+8x^2+o(x^2)} = \\
&=
\dfrac{1+\dfrac{x}{2}+o(x)}
{4(1+2x+o(x))}
=
\dfrac14\left(1-\dfrac{3x}{2}+o(x)\right).
\end{aligned}Логарифм выражения:ln⁡L=lim⁡x→0+1xln⁡[14(1−3x2+o(x))]==lim⁡x→0+(1xln⁡14+1xln⁡(1−3x2+o(x))).\begin{aligned}
\ln L
&=
\lim_{x\to0+}\dfrac1x\ln\left[\dfrac14\left(1-\dfrac{3x}{2}+o(x)\right)\right] = \\
&=
\lim_{x\to0+}\left(\dfrac1x\ln\dfrac14 + \dfrac1x\ln\left(1-\dfrac{3x}{2}+o(x)\right)\right).
\end{aligned}Первое слагаемое 1xln⁡14→−∞\dfrac1x\ln\dfrac14\to -\infty. Второе слагаемое 1xln⁡(1−3x2)→−32\dfrac1x\ln(1-\dfrac{3x}{2})\to -\dfrac32. Следовательно, ln⁡L→−∞\ln L\to -\infty, откуда L→0L\to0.

При x→+∞x\to+\infty:ln⁡(2+x)=ln⁡[x(1+2x)]=12ln⁡x+ln⁡(1+2x)=12ln⁡x+o(ln⁡x).\ln(2+\sqrt{x})
=
\ln\left[\sqrt{x}\left(1+\dfrac2{\sqrt{x}}\right)\right]
=
\dfrac12\ln x+\ln\left(1+\dfrac2{\sqrt{x}}\right)
=
\dfrac12\ln x+o(\ln x).Аналогичноln⁡(6+x6)=ln⁡[x6(1+6x6)]=16ln⁡x+ln⁡(1+6x6)=16ln⁡x+o(ln⁡x).\ln(6+\sqrt[6]{x})
=
\ln\left[\sqrt[6]{x}\left(1+\dfrac6{\sqrt[6]{x}}\right)\right]
=
\dfrac16\ln x+\ln\left(1+\dfrac6{\sqrt[6]{x}}\right)
=
\dfrac16\ln x+o(\ln x).Следовательно,ln⁡(2+x)ln⁡(6+x6)=12ln⁡x+o(ln⁡x)16ln⁡x+o(ln⁡x)→1216=\dfrac{\ln(2+\sqrt{x})}{\ln(6+\sqrt[6]{x})}
=
\dfrac{\dfrac12\ln x+o(\ln x)}
{\dfrac16\ln x+o(\ln x)}
\to
\dfrac{\dfrac12}{\dfrac16}
=При x→+∞x\to+\infty:ln⁡(4+5e6x)=ln⁡[5e6x(1+45e6x)]=6x+ln⁡5+ln⁡(1+45e6x)=6x+o(x).\ln(4+5e^{6x})
=
\ln\left[5e^{6x}\left(1+\dfrac4{5e^{6x}}\right)\right]
=
6x+\ln5+\ln\left(1+\dfrac4{5e^{6x}}\right)
=
6x+o(x).Аналогичноln⁡(1+2e3x)=ln⁡[2e3x(1+12e3x)]=3x+ln⁡2+ln⁡(1+12e3x)=3x+o(x).\ln(1+2e^{3x})
=
\ln\left[2e^{3x}\left(1+\dfrac1{2e^{3x}}\right)\right]
=
3x+\ln2+\ln\left(1+\dfrac1{2e^{3x}}\right)
=
3x+o(x).Следовательно,ln⁡(4+5e6x)ln⁡(1+2e3x)=6x+o(x)3x+o(x)→63=\dfrac{\ln(4+5e^{6x})}{\ln(1+2e^{3x})}
=
\dfrac{6x+o(x)}{3x+o(x)}
\to
\dfrac63
=
Обозначим y=arccos⁡(1−x)y=\arccos(1-x). Тогдаcos⁡y=1−x,\cos y=1-x,причём y→0+y\to0+. Используем разложение cos⁡y=1−y22+o(y2)\cos y=1-\dfrac{y^2}{2}+o(y^2). Получаем1−x=1−y22+o(y2),1-x=1-\dfrac{y^2}{2}+o(y^2),откудаx=y22+o(y2).x=\dfrac{y^2}{2}+o(y^2).Следовательно,y2∼2x,y∼2x.y^2\sim 2x,\qquad y\sim\sqrt{2x}.Тогдаarccos⁡(1−x)x=yx∼2xx=2.\dfrac{\arccos(1-x)}{\sqrt{x}}
=
\dfrac{y}{\sqrt{x}}
\sim
\dfrac{\sqrt{2x}}{\sqrt{x}}
=
\sqrt2.Предел равен 2\sqrt2.

Пусть y=arccos⁡xy=\arccos x. При x→−1+0x\to-1+0 имеем y→π−0y\to\pi-0. Обозначим t=π−yt=\pi-y, тогда t→0+t\to0+, y=π−ty=\pi-t. Так как x=cos⁡yx=\cos y, получаемx=cos⁡(π−t)=−cos⁡t.x=\cos(\pi-t)=-\cos t.Разложим cos⁡t=1−t22+o(t2)\cos t=1-\dfrac{t^2}{2}+o(t^2). Тогдаx=−1+t22+o(t2),x=-1+\dfrac{t^2}{2}+o(t^2),откудаx+1=t22+o(t2),x+1=\dfrac{t^2}{2}+o(t^2),и x+1∼t2\sqrt{x+1}\sim \dfrac{t}{\sqrt2}.

Проверка

Далее,π−arccos⁡x=π−π−t=π−π1−tπ.\sqrt{\pi}-\sqrt{\arccos x}
=
\sqrt{\pi}-\sqrt{\pi-t}
=
\sqrt{\pi}-\sqrt{\pi}\sqrt{1-\dfrac{t}{\pi}}.Разложим корень:1−tπ=1−t2π+o(t).\sqrt{1-\dfrac{t}{\pi}}
=
1-\dfrac{t}{2\pi}+o(t).Тогдаπ−arccos⁡x=π−π(1−t2π+o(t))=t2π+o(t).\sqrt{\pi}-\sqrt{\arccos x}
=
\sqrt{\pi}-\sqrt{\pi}\left(1-\dfrac{t}{2\pi}+o(t)\right)
=
\dfrac{t}{2\sqrt{\pi}}+o(t).Следовательно,π−arccos⁡xx+1∼t2πt2=22π=12π.\dfrac{\sqrt{\pi}-\sqrt{\arccos x}}{\sqrt{x+1}}
\sim
\dfrac{\dfrac{t}{2\sqrt{\pi}}}{\dfrac{t}{\sqrt2}}
=
\dfrac{\sqrt2}{2\sqrt{\pi}}
=
\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}.