20

Задача 1

Найти предел:

3x² + 11x + 10 x – 1 ^{3 – x/2}

а ) lim ; г) lim ;

x→ -2 - x→∞ x + 3

x (sin 5x + sin 6x) lg (x + 1)

б ) lim ; д) lim ;

x→0 x→0 sin 2x

tg² 3x

в ) lim ; е) lim (e^3x – e^2x) ∙ ctg 4x

x→0 x→0

Решение:

а) Функция, предел которой при х→ -2 требуется найти, представляет собой частное двух функций. Однако применить теорему о пределе частного ([2], гл.6. § 5 теорема4) в данном случае нельзя, так как предел функции, стоящей в знаменателе, при х→ -2 равен нулю.

Преобразуем данную функцию, умножив числитель и знаменатель дроби, находящейся под знаком предела, на выражение , сопряженное знаменателю. Параллельно разложим квадратный трехчлен в числителе на линейные множители:

3х² + 11х + 10 (3х + 5)(х + 2)( )

= =

( )( )

(3х + 5)(х + 2)( ) (3х +5)(х + 2)( )

= .

(х + 7) – (3 – х) 2(х + 2)

Сокращая теперь числитель и знаменатель последней дроби на общий множитель х + 2, получим новую функцию (3х + 5)( )

у = ,

2

которая отличается от данной значением лишь в одной точке х = -2: данная функция в этой точке не определена, а новая определена и непрерывна как элементарная функция ([2], гл.5, § 3). Поскольку переопределение функции в одной точке не сказывается на значении предела и поскольку для функции, непрерывной в точке х₀ , ее предел при х→х₀ равен значению этой функции в точке х₀ ([2], гл.6, §7), то

3x² + 11x + 10 (3х + 5)( ) (3 ∙ (-2) + 5)(

lim = lim = = - .

x→-2 x→-2 2 2

б) И в этом примере начнем преобразования с умножения числителя и знаменателя дроби, стоящей под знаком предела, на выражение, сопряженное к знаменателю:

х(sin 5x + sin 6x) x(sin 5x + sin 6x)( )

= =

(1 + x ∙ tg x) – (1 - x ∙ tg x)

x(sin 5x + sin 6x)( ) (sin 5x + sin 6x)( )

= = =

2x ∙ tg x 2x ∙ tg x

sin 5x + sin 6x cos x

= ∙ ∙ ( ).

sin x 2

Заметим, что пределы в нуле второго и третьего сомножителей как непрерывных в нуле функций равны их значениям в этой точке:

cos x

lim = ½ ; lim ( ) = 2

x→0 2 x→0

Чтобы найти предел первого сомножителя, разделим его числитель и знаменатель на х:

sin 5x + sin 6x sin 5x sin 6x

+

sin 5x + sin 6x x x x

= =

sin x sin x sin x

x x

Предел sin x

lim = 1

x→0 x

есть первый замечательный предел ([2], гл.6, § 6). Пределы легко

сводятся к нему. Например,

и после замены t = 5х :

sin 5x sin t

lim = lim = 1

x →0 5x x →0 t

sin 5x sin 6x

С ледовательно, lim = 5. Аналогично, lim = 6. Теперь с помощью теорем о пре-

x →0 x x →0 x

деле частного и суммы ([2], гл.6, § 5, теорема 2,4) вычисляем предел первого сомножителя:

sin 5x sin 6x

lim + lim

sin 5x + sin 6x x →0 x x →0 x 5 + 6

l im = = = 11

x →0 sin x sin x 1

lim

x →0 x

Воспользовавшись, наконец, теоремой о пределе произведения ([2], гл. 6, § 5, теорема 3), окончательно получаем: sin 5x + sin 6x cos x

lim ∙ ∙ ( ) = 11∙ ½ ∙ 2 = 11

x →0 sin x 2

в) Избавляясь от иррациональности в знаменателе (так же, как и в предыдущих двух примерах) и применяя формулу 1 – cos 2x = 2sin²x, будем иметь:

tg²3x tg²3x ∙ ( )

lim = lim =

x →0 x →0 2 – (3 – cos 2x)

tg²3x tg²3x

= lim ( ) = lim ( )

x →0 cos 2x – 1 x →0 - 2sin²x

Предел в нуле функции у = найдем, воспользовавшись непрерывностью этой элементарной функции в нуле:

lim ( ) =

tg²3x

Предел в нуде функции у = найдем, разделив предварительно числитель и зна-

-2sin²x

менатель дроби в правой части равенства на х² и используя основные свойства предела :

tg²3x tg3x ² sin 3x ²

lim lim

tg²3x x² x →0 x x →0 x cos 3x

l im = - ½ ∙ lim = - ½ ∙ = - ½ ∙ =

x →0 -2sin²x x →0 sin²x sin x ² sin x ²

x² lim lim

x →0 x x →0 x

sin 3x 3 ²

lim ∙

x →0 3x cos 3x sin 3x 3 ² 3 ²

= - ½ ∙ = - ½ ∙ lim ∙ lim = - ½ ∙ 1 ∙ = - 9/2

1² x →0 3x x →0 cos 3x cos 0

Теперь, применяя теорему о пределе произведения, получим:

tg²3x tg²3x

l im = lim ∙ lim ( ) =

x →0 x →0 -2 sin² x x →0

г) Прежде всего преобразуем основание данной степенно-показательной функции:

х – 1 х + 3 – 3 – 1 (х + 3) – 4 4

= = =1-

х + 3 х + 3 х + 3 х + 3

4 х + 3 1 4 4

В ведем новую переменную t = - . Тогда - = , х + 3 = - , х = -3 - .

х + 3 4 t t t

Заметим, что предел функции t при х→+∞ равен нулю, то есть t→0 при х→+∞.

Следовательно,

В конце мы воспользовались теоремой о пределе произведения, следствием теоремы о пределе сложной функции ([2], гл.6, § 5), вторым замечательным пределом ([2], гл.6, §6) и непрерывностью в нуле функции у = (1 + t)^9/2

д) Разделим числитель и знаменатель дроби, стоящей под знаком предела, на х:

lg (x + 1)

lg (x + 1) x

=

sin 2x sin 2x

x

и рассмотрим пределы в нуле числителя и знаменателя получившейся большой дроби:

lg (x + 1) 1

lim = lim tg (x + 1) = lim lg (x + 1)^{1/ x} = lg lim (x + 1)^{1/ x} = lg e

x →0 x x →0 x x →0 x →0

и sin 2x 2sin 2x sin 2x

lim = lim = 2 ∙ lim = 2 ∙ 1 = 2.

x →0 x x →0 2x x →0 2x

Используя, наконец, теорему о пределе частного, получим:

lg (x + 1) lg (x + 1)

lim

x x →0 x lg e

lim = =

x →0 sin 2x sin 2x 2

x lim

x →0 x

е) Представим выражение под знаком предела в виде

e^x – 1

cos 4x e^x – 1 x

( e^3x – e^2x ) ∙ ctg 4x = (e^2x e^x – e^2x) ∙ = e^2x ∙ ∙ cos 4x = e^2x ∙ ∙ cos 4x

sin 4x sin 4x sin 4x

x

Легко находим: lim e^2x = e⁰ = 1; lim cos 4x = cos 0 = 1;

x →0 x →0

sin 4x 4sin 4x sin 4x

l im = lim = 4 ∙ lim = 4 ∙ 1 = 4

x →0 x x →0 4x x →0 4x

е^х - 1

Д ля вычисления предела функции у = при x →0 введем новую переменную

х

t = e^x – 1 . Тогда е^х = t + 1, x = ln (1 + t) причем предел в нуле непрерывной функции t = e^x – 1 равен значению функции в нуле: е⁰ – 1 = 1 – 1 = 0, то есть t→0 при x →0. Следовательно,

lim 1

e^x – 1 t 1 x →0 1 1

l im = lim = lim = = = = 1

x →0 x x →0 ln (1 + t) x →0 1/t ln (1 + t) lim ln (1 + t)^{1/ t} ln lim (1 + t)^{1/ t} ln e

x →0 x →0

Применяя теоремы о пределе произведения и частного, окончательно получаем:

e^x – 1

x

lim e^2x ∙ ∙ cos 4x = 1∙ ¼ ∙ 1 = ¼

x →0 sin 4x

x