Данная статья: «Второй замечательный предел» посвящена раскрытию в пределах неопределенностей вида:
$ \bigg[\frac{\infty}{\infty}\bigg]^\infty $ и $ ^\infty $.
Так же такие неопределенности можно раскрывать с помощью логарифмирования показательно-степенной функции, но это уже другой метод решения, о котором будет освещено в другой статье.
Формула и следствия
Формула второго замечательного предела записывается следующим образом: $$ \lim_{x \to \infty} \bigg (1+\frac{1}{x}\bigg)^x = e, \text{ где } e \approx 2.718 $$
Из формулы вытекают следствия , которые очень удобно применять для решения примеров с пределами: $$ \lim_{x \to \infty} \bigg (1 + \frac{k}{x} \bigg)^x = e^k, \text{ где } k \in \mathbb{R} $$ $$ \lim_{x \to \infty} \bigg (1 + \frac{1}{f(x)} \bigg)^{f(x)} = e $$ $$ \lim_{x \to 0} \bigg (1 + x \bigg)^\frac{1}{x} = e $$
Стоить заметить, что второй замечательный предел можно применять не всегда к показательно-степенной функции, а только в случаях когда основание стремится к единице. Для этого сначала в уме вычисляют предел основания, а затем уже делают выводы. Всё это будет рассмотрено в примерах решений.
Примеры решений
Рассмотрим примеры решений с использованием прямой формулы и её следствий. Так же разберем случаи, при которых формула не нужна. Достаточно записать только готовый ответ.
Пример 1 |
Найти предел $ \lim_{x\to\infty} \bigg(\frac{x+4}{x+3} \bigg)^{x+3} $ |
Решение |
Подставим бесконечность в предел и посмотрим на неопределенность: $$ \lim_{x\to\infty} \bigg(\frac{x+4}{x+3} \bigg)^{x+3} = \bigg(\frac{\infty}{\infty}\bigg)^\infty $$ Найдем предел основания: $$ \lim_{x\to\infty} \frac{x+4}{x+3}= \lim_{x\to\infty} \frac{x(1+\frac{4}{x})}{x(1+\frac{3}{x})} = 1 $$ Получили основание равное единице, а это значит уже можно применить второй замечательный предел. Для этого подгоним основание функции под формулу путем вычитания и прибавления единицы: $$ \lim_{x\to\infty} \bigg(1 + \frac{x+4}{x+3} - 1 \bigg)^{x+3} = \lim_{x\to\infty} \bigg(1 + \frac{1}{x+3} \bigg)^{x+3} = $$ Смотрим на второе следствие и записываем ответ: $$ \lim_{x\to\infty} \bigg(1 + \frac{1}{x+3} \bigg)^{x+3} = e $$ Если не получается решить свою задачу, то присылайте её к нам. Мы предоставим подробное решение. Вы сможете ознакомиться с ходом вычисления и почерпнуть информацию. Это поможет своевременно получить зачёт у преподавателя! |
Ответ |
$$ \lim_{x\to\infty} \bigg(1 + \frac{1}{x+3} \bigg)^{x+3} = e $$ |
Пример 4 |
Решить предел $ \lim_{x\to \infty} \bigg (\frac{3x^2+4}{3x^2-2} \bigg) ^{3x} $ |
Решение |
Находим предел основания и видим, что $ \lim_{x\to\infty} \frac{3x^2+4}{3x^2-2} = 1 $, значит можно применить второй замечательный предел. Стандартно по плану прибавляем и вычитаем единицу из основания степени: $$ \lim_{x\to \infty} \bigg (1+\frac{3x^2+4}{3x^2-2}-1 \bigg) ^{3x} = \lim_{x\to \infty} \bigg (1+\frac{6}{3x^2-2} \bigg) ^{3x} = $$ Подгоняем дробь под формулу 2-го замеч. предела: $$ = \lim_{x\to \infty} \bigg (1+\frac{1}{\frac{3x^2-2}{6}} \bigg) ^{3x} = $$ Теперь подгоняем степень. В степени должна быть дробь равная знаменателю основания $ \frac{3x^2-2}{6} $. Для этого умножим и разделим степень на неё, и продолжим решать: $$ = \lim_{x\to \infty} \bigg (1+\frac{1}{\frac{3x^2-2}{6}} \bigg) ^{\frac{3x^2-2}{6} \cdot \frac{6}{3x^2-2}\cdot 3x} = \lim_{x\to \infty} e^{\frac{18x}{3x^2-2}} = $$ Предел, расположенный в степени при $ e $ равен: $ \lim_{x\to \infty} \frac{18x}{3x^2-2} = 0 $. Поэтому продолжая решение имеем: |
Ответ |
$$ \lim_{x\to \infty} \bigg (\frac{3x^2+4}{3x^2-2} \bigg) ^{3x} = 1 $$ |
Разберем случаи, когда задача похожа на второй замечательный предел, но решается без него.
В статье: «Второй замечательный предел: примеры решений» была разобрана формула, её следствия и приведены частые типы задач по этой теме.
Первым замечательным пределом именуют следующее равенство:
\begin{equation}\lim_{\alpha\to{0}}\frac{\sin\alpha}{\alpha}=1 \end{equation}
Так как при $\alpha\to{0}$ имеем $\sin\alpha\to{0}$, то говорят, что первый замечательный предел раскрывает неопределённость вида $\frac{0}{0}$. Вообще говоря, в формуле (1) вместо переменной $\alpha$ под знаком синуса и в знаменателе может быть расположено любое выражение, - лишь бы выполнялись два условия:
- Выражения под знаком синуса и в знаменателе одновременно стремятся к нулю, т.е. присутствует неопределенность вида $\frac{0}{0}$.
- Выражения под знаком синуса и в знаменателе совпадают.
Часто используются также следствия из первого замечательного предела:
\begin{equation} \lim_{\alpha\to{0}}\frac{\tg\alpha}{\alpha}=1 \end{equation} \begin{equation} \lim_{\alpha\to{0}}\frac{\arcsin\alpha}{\alpha}=1 \end{equation} \begin{equation} \lim_{\alpha\to{0}}\frac{\arctg\alpha}{\alpha}=1 \end{equation}
На данной странице решены одиннадцать примеров. Пример №1 посвящен доказательству формул (2)-(4). Примеры №2, №3, №4 и №5 содержат решения с подробными комментариями. Примеры №6-10 содержат решения практически без комментариев, ибо подробные пояснения были даны в предыдущих примерах. При решении используются некоторые тригонометрические формулы, которые можно найти .
Замечу, что наличие тригонометрических функций вкупе с неопределённостью $\frac {0} {0}$ ещё не означает обязательное применение первого замечательного предела. Иногда бывает достаточно простых тригонометрических преобразований, - например, см. .
Пример №1
Доказать, что $\lim_{\alpha\to{0}}\frac{\tg\alpha}{\alpha}=1$, $\lim_{\alpha\to{0}}\frac{\arcsin\alpha}{\alpha}=1$, $\lim_{\alpha\to{0}}\frac{\arctg\alpha}{\alpha}=1$.
а) Так как $\tg\alpha=\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}$, то:
$$ \lim_{\alpha\to{0}}\frac{\tg{\alpha}}{\alpha}=\left|\frac{0}{0}\right| =\lim_{\alpha\to{0}}\frac{\sin{\alpha}}{\alpha\cos{\alpha}} $$
Так как $\lim_{\alpha\to{0}}\cos{0}=1$ и $\lim_{\alpha\to{0}}\frac{\sin\alpha}{\alpha}=1$, то:
$$ \lim_{\alpha\to{0}}\frac{\sin{\alpha}}{\alpha\cos{\alpha}} =\frac{\displaystyle\lim_{\alpha\to{0}}\frac{\sin{\alpha}}{\alpha}}{\displaystyle\lim_{\alpha\to{0}}\cos{\alpha}} =\frac{1}{1} =1. $$
б) Сделаем замену $\alpha=\sin{y}$. Поскольку $\sin{0}=0$, то из условия $\alpha\to{0}$ имеем $y\to{0}$. Кроме того, существует окрестность нуля, в которой $\arcsin\alpha=\arcsin(\sin{y})=y$, поэтому:
$$ \lim_{\alpha\to{0}}\frac{\arcsin\alpha}{\alpha}=\left|\frac{0}{0}\right| =\lim_{y\to{0}}\frac{y}{\sin{y}} =\lim_{y\to{0}}\frac{1}{\frac{\sin{y}}{y}} =\frac{1}{\displaystyle\lim_{y\to{0}}\frac{\sin{y}}{y}} =\frac{1}{1} =1. $$
Равенство $\lim_{\alpha\to{0}}\frac{\arcsin\alpha}{\alpha}=1$ доказано.
в) Сделаем замену $\alpha=\tg{y}$. Поскольку $\tg{0}=0$, то условия $\alpha\to{0}$ и $y\to{0}$ эквивалентны. Кроме того, существует окрестность нуля, в которой $\arctg\alpha=\arctg\tg{y})=y$, поэтому, опираясь на результаты пункта а), будем иметь:
$$ \lim_{\alpha\to{0}}\frac{\arctg\alpha}{\alpha}=\left|\frac{0}{0}\right| =\lim_{y\to{0}}\frac{y}{\tg{y}} =\lim_{y\to{0}}\frac{1}{\frac{\tg{y}}{y}} =\frac{1}{\displaystyle\lim_{y\to{0}}\frac{\tg{y}}{y}} =\frac{1}{1} =1. $$
Равенство $\lim_{\alpha\to{0}}\frac{\arctg\alpha}{\alpha}=1$ доказано.
Равенства а), б), в) часто используются наряду с первым замечательным пределом.
Пример №2
Вычислить предел $\lim_{x\to{2}}\frac{\sin\left(\frac{x^2-4}{x+7}\right)}{\frac{x^2-4}{x+7}}$.
Так как $\lim_{x\to{2}}\frac{x^2-4}{x+7}=\frac{2^2-4}{2+7}=0$ и $\lim_{x\to{2}}\sin\left(\frac{x^2-4}{x+7}\right)=\sin{0}=0$, т.е. и числитель и знаменатель дроби одновременно стремятся к нулю, то здесь мы имеем дело с неопределенностью вида $\frac{0}{0}$, т.е. выполнено. Кроме того, видно, что выражения под знаком синуса и в знаменателе совпадают (т.е. выполнено и ):
Итак, оба условия, перечисленные в начале страницы, выполнены. Из этого следует, что применима формула , т.е. $\lim_{x\to{2}} \frac{\sin\left(\frac{x^2-4}{x+7}\right)}{\frac{x^2-4}{x+7}}=1$.
Ответ : $\lim_{x\to{2}}\frac{\sin\left(\frac{x^2-4}{x+7}\right)}{\frac{x^2-4}{x+7}}=1$.
Пример №3
Найти $\lim_{x\to{0}}\frac{\sin{9x}}{x}$.
Так как $\lim_{x\to{0}}\sin{9x}=0$ и $\lim_{x\to{0}}x=0$, то мы имеем дело с неопределенностью вида $\frac{0}{0}$, т.е. выполнено. Однако выражения под знаком синуса и в знаменателе не совпадают. Здесь требуется подогнать выражение в знаменателе под нужную форму. Нам необходимо, чтобы в знаменателе расположилось выражение $9x$, - тогда станет истинным. По сути, нам не хватает множителя $9$ в знаменателе, который не так уж сложно ввести, - просто домножить выражение в знаменателе на $9$. Естественно, что для компенсации домножения на $9$ придётся тут же на $9$ и разделить:
$$ \lim_{x\to{0}}\frac{\sin{9x}}{x}=\left|\frac{0}{0}\right| =\lim_{x\to{0}}\frac{\sin{9x}}{9x\cdot\frac{1}{9}} =9\lim_{x\to{0}}\frac{\sin{9x}}{9x} $$
Теперь выражения в знаменателе и под знаком синуса совпали. Оба условия для предела $\lim_{x\to{0}}\frac{\sin{9x}}{9x}$ выполнены. Следовательно, $\lim_{x\to{0}}\frac{\sin{9x}}{9x}=1$. А это значит, что:
$$ 9\lim_{x\to{0}}\frac{\sin{9x}}{9x}=9\cdot{1}=9. $$
Ответ : $\lim_{x\to{0}}\frac{\sin{9x}}{x}=9$.
Пример №4
Найти $\lim_{x\to{0}}\frac{\sin{5x}}{\tg{8x}}$.
Так как $\lim_{x\to{0}}\sin{5x}=0$ и $\lim_{x\to{0}}\tg{8x}=0$, то здесь мы имеем дело с неопределенностью вида $\frac{0}{0}$. Однако форма первого замечательного предела нарушена. Числитель, содержащий $\sin{5x}$, требует наличия в знаменателе $5x$. В этой ситуации проще всего разделить числитель на $5x$, - и тут же на $5x$ домножить. Кроме того, проделаем аналогичную операцию и со знаменателем, домножив и разделив $\tg{8x}$ на $8x$:
$$\lim_{x\to{0}}\frac{\sin{5x}}{\tg{8x}}=\left|\frac{0}{0}\right| =\lim_{x\to{0}}\frac{\frac{\sin{5x}}{5x}\cdot{5x}}{\frac{\tg{8x}}{8x}\cdot{8x}}$$
Сокращая на $x$ и вынося константу $\frac{5}{8}$ за знак предела, получим:
$$ \lim_{x\to{0}}\frac{\frac{\sin{5x}}{5x}\cdot{5x}}{\frac{\tg{8x}}{8x}\cdot{8x}} =\frac{5}{8}\cdot\lim_{x\to{0}}\frac{\frac{\sin{5x}}{5x}}{\frac{\tg{8x}}{8x}} $$
Обратите внимание, что $\lim_{x\to{0}}\frac{\sin{5x}}{5x}$ полностью удовлетворяет требованиям для первого замечательного предела. Для отыскания $\lim_{x\to{0}}\frac{\tg{8x}}{8x}$ применима формула :
$$ \frac{5}{8}\cdot\lim_{x\to{0}}\frac{\frac{\sin{5x}}{5x}}{\frac{\tg{8x}}{8x}} =\frac{5}{8}\cdot\frac{\displaystyle\lim_{x\to{0}}\frac{\sin{5x}}{5x}}{\displaystyle\lim_{x\to{0}}\frac{\tg{8x}}{8x}} =\frac{5}{8}\cdot\frac{1}{1} =\frac{5}{8}. $$
Ответ : $\lim_{x\to{0}}\frac{\sin{5x}}{\tg{8x}}=\frac{5}{8}$.
Пример №5
Найти $\lim_{x\to{0}}\frac{\cos{5x}-\cos^3{5x}}{x^2}$.
Так как $\lim_{x\to{0}}(\cos{5x}-\cos^3{5x})=1-1=0$ (напомню, что $\cos{0}=1$) и $\lim_{x\to{0}}x^2=0$, то мы имеем дело с неопределённостью вида $\frac{0}{0}$. Однако чтобы применить первый замечательный предел следует избавиться от косинуса в числителе, перейдя к синусам (дабы потом применить формулу ) или тангенсам (чтобы потом применить формулу ). Сделать это можно таким преобразованием:
$$\cos{5x}-\cos^3{5x}=\cos{5x}\cdot\left(1-\cos^2{5x}\right)$$ $$\cos{5x}-\cos^3{5x}=\cos{5x}\cdot\left(1-\cos^2{5x}\right)=\cos{5x}\cdot\sin^2{5x}.$$
Вернемся к пределу:
$$ \lim_{x\to{0}}\frac{\cos{5x}-\cos^3{5x}}{x^2}=\left|\frac{0}{0}\right| =\lim_{x\to{0}}\frac{\cos{5x}\cdot\sin^2{5x}}{x^2} =\lim_{x\to{0}}\left(\cos{5x}\cdot\frac{\sin^2{5x}}{x^2}\right) $$
Дробь $\frac{\sin^2{5x}}{x^2}$ уже близка к той форме, что требуется для первого замечательного предела. Немного поработаем с дробью $\frac{\sin^2{5x}}{x^2}$, подгоняя её под первый замечательный предел (учтите, что выражения в числителе и под синусом должны совпасть):
$$\frac{\sin^2{5x}}{x^2}=\frac{\sin^2{5x}}{25x^2\cdot\frac{1}{25}}=25\cdot\frac{\sin^2{5x}}{25x^2}=25\cdot\left(\frac{\sin{5x}}{5x}\right)^2$$
Вернемся к рассматриваемому пределу:
$$ \lim_{x\to{0}}\left(\cos{5x}\cdot\frac{\sin^2{5x}}{x^2}\right) =\lim_{x\to{0}}\left(25\cos{5x}\cdot\left(\frac{\sin{5x}}{5x}\right)^2\right)=\\ =25\cdot\lim_{x\to{0}}\cos{5x}\cdot\lim_{x\to{0}}\left(\frac{\sin{5x}}{5x}\right)^2 =25\cdot{1}\cdot{1^2} =25. $$
Ответ : $\lim_{x\to{0}}\frac{\cos{5x}-\cos^3{5x}}{x^2}=25$.
Пример №6
Найти предел $\lim_{x\to{0}}\frac{1-\cos{6x}}{1-\cos{2x}}$.
Так как $\lim_{x\to{0}}(1-\cos{6x})=0$ и $\lim_{x\to{0}}(1-\cos{2x})=0$, то мы имеем дело с неопределенностью $\frac{0}{0}$. Раскроем ее с помощью первого замечательного предела. Для этого перейдем от косинусов к синусам. Так как $1-\cos{2\alpha}=2\sin^2{\alpha}$, то:
$$1-\cos{6x}=2\sin^2{3x};\;1-\cos{2x}=2\sin^2{x}.$$
Переходя в заданном пределе к синусам, будем иметь:
$$ \lim_{x\to{0}}\frac{1-\cos{6x}}{1-\cos{2x}}=\left|\frac{0}{0}\right| =\lim_{x\to{0}}\frac{2\sin^2{3x}}{2\sin^2{x}} =\lim_{x\to{0}}\frac{\sin^2{3x}}{\sin^2{x}}=\\ =\lim_{x\to{0}}\frac{\frac{\sin^2{3x}}{(3x)^2}\cdot(3x)^2}{\frac{\sin^2{x}}{x^2}\cdot{x^2}} =\lim_{x\to{0}}\frac{\left(\frac{\sin{3x}}{3x}\right)^2\cdot{9x^2}}{\left(\frac{\sin{x}}{x}\right)^2\cdot{x^2}} =9\cdot\frac{\displaystyle\lim_{x\to{0}}\left(\frac{\sin{3x}}{3x}\right)^2}{\displaystyle\lim_{x\to{0}}\left(\frac{\sin{x}}{x}\right)^2} =9\cdot\frac{1^2}{1^2} =9. $$
Ответ : $\lim_{x\to{0}}\frac{1-\cos{6x}}{1-\cos{2x}}=9$.
Пример №7
Вычислить предел $\lim_{x\to{0}}\frac{\cos(\alpha{x})-\cos(\beta{x})}{x^2}$ при условии $\alpha\neq\beta$.
Подробные пояснения были даны ранее, здесь же просто отметим, что вновь наличествует неопределенность $\frac{0}{0}$. Перейдем от косинусов к синусам, используя формулу
$$\cos\alpha-\cos\beta=-2\sin\frac{\alpha+\beta}{2}\cdot\sin\frac{\alpha-\beta}{2}.$$
Используя указанную формулу, получим:
$$ \lim_{x\to{0}}\frac{\cos(\alpha{x})-\cos(\beta{x})}{x^2}=\left|\frac{0}{0}\right| =\lim_{x\to{0}}\frac{-2\sin\frac{\alpha{x}+\beta{x}}{2}\cdot\sin\frac{\alpha{x}-\beta{x}}{2}}{x^2}=\\ =-2\cdot\lim_{x\to{0}}\frac{\sin\left(x\cdot\frac{\alpha+\beta}{2}\right)\cdot\sin\left(x\cdot\frac{\alpha-\beta}{2}\right)}{x^2} =-2\cdot\lim_{x\to{0}}\left(\frac{\sin\left(x\cdot\frac{\alpha+\beta}{2}\right)}{x}\cdot\frac{\sin\left(x\cdot\frac{\alpha-\beta}{2}\right)}{x}\right)=\\ =-2\cdot\lim_{x\to{0}}\left(\frac{\sin\left(x\cdot\frac{\alpha+\beta}{2}\right)}{x\cdot\frac{\alpha+\beta}{2}}\cdot\frac{\alpha+\beta}{2}\cdot\frac{\sin\left(x\cdot\frac{\alpha-\beta}{2}\right)}{x\cdot\frac{\alpha-\beta}{2}}\cdot\frac{\alpha-\beta}{2}\right)=\\ =-\frac{(\alpha+\beta)\cdot(\alpha-\beta)}{2}\lim_{x\to{0}}\frac{\sin\left(x\cdot\frac{\alpha+\beta}{2}\right)}{x\cdot\frac{\alpha+\beta}{2}}\cdot\lim_{x\to{0}}\frac{\sin\left(x\cdot\frac{\alpha-\beta}{2}\right)}{x\cdot\frac{\alpha-\beta}{2}} =-\frac{\alpha^2-\beta^2}{2}\cdot{1}\cdot{1} =\frac{\beta^2-\alpha^2}{2}. $$
Ответ : $\lim_{x\to{0}}\frac{\cos(\alpha{x})-\cos(\beta{x})}{x^2}=\frac{\beta^2-\alpha^2}{2}$.
Пример №8
Найти предел $\lim_{x\to{0}}\frac{\tg{x}-\sin{x}}{x^3}$.
Так как $\lim_{x\to{0}}(\tg{x}-\sin{x})=0$ (напомню, что $\sin{0}=\tg{0}=0$) и $\lim_{x\to{0}}x^3=0$, то здесь мы имеем дело с неопределенностью вида $\frac{0}{0}$. Раскроем её следующим образом:
$$ \lim_{x\to{0}}\frac{\tg{x}-\sin{x}}{x^3}=\left|\frac{0}{0}\right| =\lim_{x\to{0}}\frac{\frac{\sin{x}}{\cos{x}}-\sin{x}}{x^3} =\lim_{x\to{0}}\frac{\sin{x}\cdot\left(\frac{1}{\cos{x}}-1\right)}{x^3} =\lim_{x\to{0}}\frac{\sin{x}\cdot\left(1-\cos{x}\right)}{x^3\cdot\cos{x}}=\\ =\lim_{x\to{0}}\frac{\sin{x}\cdot{2}\sin^2\frac{x}{2}}{x^3\cdot\cos{x}} =\frac{1}{2}\cdot\lim_{x\to{0}}\left(\frac{\sin{x}}{x}\cdot\left(\frac{\sin\frac{x}{2}}{\frac{x}{2}}\right)^2\cdot\frac{1}{\cos{x}}\right) =\frac{1}{2}\cdot{1}\cdot{1^2}\cdot{1} =\frac{1}{2}. $$
Ответ : $\lim_{x\to{0}}\frac{\tg{x}-\sin{x}}{x^3}=\frac{1}{2}$.
Пример №9
Найти предел $\lim_{x\to{3}}\frac{1-\cos(x-3)}{(x-3)\tg\frac{x-3}{2}}$.
Так как $\lim_{x\to{3}}(1-\cos(x-3))=0$ и $\lim_{x\to{3}}(x-3)\tg\frac{x-3}{2}=0$, то наличествует неопределенность вида $\frac{0}{0}$. Перед тем, как переходить к её раскрытию, удобно сделать замену переменной таким образом, чтобы новая переменная устремилась к нулю (обратите внимание, что в формулах переменная $\alpha \to 0$). Проще всего ввести переменную $t=x-3$. Однако ради удобства дальнейших преобразований (эту выгоду можно заметить по ходу приведённого ниже решения) стоит сделать такую замену: $t=\frac{x-3}{2}$. Отмечу, что обе замены применимы в данном случае, просто вторая замена позволит поменьше работать с дробями. Так как $x\to{3}$, то $t\to{0}$.
$$ \lim_{x\to{3}}\frac{1-\cos(x-3)}{(x-3)\tg\frac{x-3}{2}}=\left|\frac{0}{0}\right| =\left|\begin{aligned}&t=\frac{x-3}{2};\\&t\to{0}\end{aligned}\right| =\lim_{t\to{0}}\frac{1-\cos{2t}}{2t\cdot\tg{t}} =\lim_{t\to{0}}\frac{2\sin^2t}{2t\cdot\tg{t}} =\lim_{t\to{0}}\frac{\sin^2t}{t\cdot\tg{t}}=\\ =\lim_{t\to{0}}\frac{\sin^2t}{t\cdot\frac{\sin{t}}{\cos{t}}} =\lim_{t\to{0}}\frac{\sin{t}\cos{t}}{t} =\lim_{t\to{0}}\left(\frac{\sin{t}}{t}\cdot\cos{t}\right) =\lim_{t\to{0}}\frac{\sin{t}}{t}\cdot\lim_{t\to{0}}\cos{t} =1\cdot{1} =1. $$
Ответ : $\lim_{x\to{3}}\frac{1-\cos(x-3)}{(x-3)\tg\frac{x-3}{2}}=1$.
Пример №10
Найти предел $\lim_{x\to\frac{\pi}{2}}\frac{1-\sin{x}}{\left(\frac{\pi}{2}-x\right)^2}$.
Вновь мы имеем дело с неопределенностью $\frac{0}{0}$. Перед тем, как переходить к ее раскрытию, удобно сделать замену переменной таким образом, чтобы новая переменная устремилась к нулю (обратите внимание, что в формулах переменная $\alpha\to{0}$). Проще всего ввести переменную $t=\frac{\pi}{2}-x$. Так как $x\to\frac{\pi}{2}$, то $t\to{0}$:
$$ \lim_{x\to\frac{\pi}{2}}\frac{1-\sin{x}}{\left(\frac{\pi}{2}-x\right)^2} =\left|\frac{0}{0}\right| =\left|\begin{aligned}&t=\frac{\pi}{2}-x;\\&t\to{0}\end{aligned}\right| =\lim_{t\to{0}}\frac{1-\sin\left(\frac{\pi}{2}-t\right)}{t^2} =\lim_{t\to{0}}\frac{1-\cos{t}}{t^2}=\\ =\lim_{t\to{0}}\frac{2\sin^2\frac{t}{2}}{t^2} =2\lim_{t\to{0}}\frac{\sin^2\frac{t}{2}}{t^2} =2\lim_{t\to{0}}\frac{\sin^2\frac{t}{2}}{\frac{t^2}{4}\cdot{4}} =\frac{1}{2}\cdot\lim_{t\to{0}}\left(\frac{\sin\frac{t}{2}}{\frac{t}{2}}\right)^2 =\frac{1}{2}\cdot{1^2} =\frac{1}{2}. $$
Ответ : $\lim_{x\to\frac{\pi}{2}}\frac{1-\sin{x}}{\left(\frac{\pi}{2}-x\right)^2}=\frac{1}{2}$.
Пример №11
Найти пределы $\lim_{x\to\frac{\pi}{2}}\frac{1-\sin{x}}{\cos^2x}$, $\lim_{x\to\frac{2\pi}{3}}\frac{\tg{x}+\sqrt{3}}{2\cos{x}+1}$.
В данном случае нам не придётся использовать первый замечательный предел. Обратите внимание: как в первом, так и во втором пределах присутствуют только тригонометрические функции и числа. Зачастую в примерах такого рода удаётся упростить выражение, расположенное под знаком предела. При этом после упомянутого упрощения и сокращения некоторых сомножителей неопределённость исчезает. Я привёл данный пример лишь с одной целью: показать, что наличие тригонометрических функций под знаком предела вовсе не обязательно означает применение первого замечательного предела.
Так как $\lim_{x\to\frac{\pi}{2}}(1-\sin{x})=0$ (напомню, что $\sin\frac{\pi}{2}=1$) и $\lim_{x\to\frac{\pi}{2}}\cos^2x=0$ (напомню, что $\cos\frac{\pi}{2}=0$), то мы имеем дело с неопределенностью вида $\frac{0}{0}$. Однако это вовсе не означает, что нам потребуется использовать первый замечательный предел. Для раскрытия неопределенности достаточно учесть, что $\cos^2x=1-\sin^2x$:
$$ \lim_{x\to\frac{\pi}{2}}\frac{1-\sin{x}}{\cos^2x} =\left|\frac{0}{0}\right| =\lim_{x\to\frac{\pi}{2}}\frac{1-\sin{x}}{1-\sin^2x} =\lim_{x\to\frac{\pi}{2}}\frac{1-\sin{x}}{(1-\sin{x})(1+\sin{x})} =\lim_{x\to\frac{\pi}{2}}\frac{1}{1+\sin{x}} =\frac{1}{1+1} =\frac{1}{2}. $$
Аналогичный способ решения есть и в решебнике Демидовича (№475) . Что же касается второго предела, то как и в предыдущих примерах этого раздела, мы имеем неопределённость вида $\frac{0}{0}$. Отчего она возникает? Она возникает потому, что $\tg\frac{2\pi}{3}=-\sqrt{3}$ и $2\cos\frac{2\pi}{3}=-1$. Используем эти значения с целью преобразования выражений в числителе и в знаменателе. Цель наших действий: записать сумму в числителе и знаменателе в виде произведения. Кстати сказать, зачастую в пределах аналогичного вида удобна замена переменной, сделанная с таким расчётом, чтобы новая переменная устремилась к нулю (см., например, примеры №9 или №10 на этой странице). Однако в данном примере в замене смысла нет, хотя при желании замену переменной $t=x-\frac{2\pi}{3}$ несложно осуществить.
$$ \lim_{x\to\frac{2\pi}{3}}\frac{\tg{x}+\sqrt{3}}{2\cos{x}+1} =\lim_{x\to\frac{2\pi}{3}}\frac{\tg{x}+\sqrt{3}}{2\cdot\left(\cos{x}+\frac{1}{2}\right)} =\lim_{x\to\frac{2\pi}{3}}\frac{\tg{x}-\tg\frac{2\pi}{3}}{2\cdot\left(\cos{x}-\cos\frac{2\pi}{3}\right)}=\\ =\lim_{x\to\frac{2\pi}{3}}\frac{\frac{\sin\left(x-\frac{2\pi}{3}\right)}{\cos{x}\cos\frac{2\pi}{3}}}{-4\sin\frac{x+\frac{2\pi}{3}}{2}\sin\frac{x-\frac{2\pi}{3}}{2}} =\lim_{x\to\frac{2\pi}{3}}\frac{\sin\left(x-\frac{2\pi}{3}\right)}{-4\sin\frac{x+\frac{2\pi}{3}}{2}\sin\frac{x-\frac{2\pi}{3}}{2}\cos{x}\cos\frac{2\pi}{3}}=\\ =\lim_{x\to\frac{2\pi}{3}}\frac{2\sin\frac{x-\frac{2\pi}{3}}{2}\cos\frac{x-\frac{2\pi}{3}}{2}}{-4\sin\frac{x+\frac{2\pi}{3}}{2}\sin\frac{x-\frac{2\pi}{3}}{2}\cos{x}\cos\frac{2\pi}{3}} =\lim_{x\to\frac{2\pi}{3}}\frac{\cos\frac{x-\frac{2\pi}{3}}{2}}{-2\sin\frac{x+\frac{2\pi}{3}}{2}\cos{x}\cos\frac{2\pi}{3}}=\\ =\frac{1}{-2\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot\left(-\frac{1}{2}\right)\cdot\left(-\frac{1}{2}\right)} =-\frac{4}{\sqrt{3}}. $$
Как видите, нам не пришлось применять первый замечательный предел. Конечно, при желании это можно сделать (см. примечание ниже), но необходимости в этом нет.
Каким будет решение с использованием первого замечательного предела? показать\скрыть
При использовании первого замечательного предела получим:
$$ \lim_{x\to\frac{2\pi}{3}}\frac{\sin\left(x-\frac{2\pi}{3}\right)}{-4\sin\frac{x+\frac{2\pi}{3}}{2}\sin\frac{x-\frac{2\pi}{3}}{2}\cos{x}\cos\frac{2\pi}{3}}=\\ =\lim_{x\to\frac{2\pi}{3}}\left(\frac{\sin\left(x-\frac{2\pi}{3}\right)}{x-\frac{2\pi}{3}}\cdot\frac{1}{\frac{\sin\frac{x-\frac{2\pi}{3}}{2}}{\frac{x-\frac{2\pi}{3}}{2}}}\cdot\frac{1}{-2\sin\frac{x+\frac{2\pi}{3}}{2}\cos{x}\cos\frac{2\pi}{3}}\right) =1\cdot{1}\cdot\frac{1}{-2\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot\left(-\frac{1}{2}\right)\cdot\left(-\frac{1}{2}\right)} =-\frac{4}{\sqrt{3}}. $$
Ответ : $\lim_{x\to\frac{\pi}{2}}\frac{1-\sin{x}}{\cos^2x}=\frac{1}{2}$, $\lim_{x\to\frac{2\pi}{3}}\frac{\tg{x}+\sqrt{3}}{2\cos{x}+1}=-\frac{4}{\sqrt{3}}$.
Первый замечательный предел выглядит следующим образом: lim x → 0 sin x x = 1 .
В практических примерах часто встречаются модификации первого замечательного предела: lim x → 0 sin k · x k · x = 1 , где k – некоторый коэффициент.
Поясним: lim x → 0 sin (k · x) k · x = п у с т ь t = k · x и з x → 0 с л е д у е т t → 0 = lim t → 0 sin (t) t = 1 .
Следствия первого замечательного предела:
- lim x → 0 x sin x = lim x → 0 = 1 sin x x = 1 1 = 1
- lim x → 0 k · x sin k · x = lim x → 0 1 sin (k · x) k · x = 1 1 = 1
Указанные следствия достаточно легко доказать, применив правило Лопиталя или замену бесконечно малых функций.
Рассмотрим некоторые задачи на нахождение предела по первому замечательному пределу; дадим подробное описание решения.
Пример 1
Необходимо определить предел, не используя правило Лопиталя: lim x → 0 sin (3 x) 2 x .
Решение
Подставим значение:
lim x → 0 sin (3 x) 2 x = 0 0
Мы видим, что возникла неопределенность нуль делить на нуль. Обратимся к таблице неопределенностей, чтобы задать метод решения. Сочетание синуса и его аргумента дает нам подсказку об использовании первого замечательного предела, однако для начала преобразуем выражение. Произведем умножение числителя и знаменателя дроби на 3 x и получим:
lim x → 0 sin (3 x) 2 x = 0 0 = lim x → 0 3 x · sin (3 x) 3 x · (2 x) = lim x → 0 sin (3 x) 3 x · 3 x 2 x = = lim x → 0 3 2 · sin (3 x) 3 x
Опираясь на следствие из первого замечательного предела, имеем: lim x → 0 sin (3 x) 3 x = 1 .
Тогда приходим к результату:
lim x → 0 3 2 · sin (3 x) 3 x = 3 2 · 1 = 3 2
Ответ: lim x → 0 sin (3 x) 3 x = 3 2 .
Пример 2
Необходимо найти предел lim x → 0 1 - cos (2 x) 3 x 2 .
Решение
Подставим значения и получим:
lim x → 0 1 - cos (2 x) 3 x 2 = 1 - cos (2 · 0) 3 · 0 2 = 1 - 1 0 = 0 0
Мы видим неопределенность нуль делить на нуль. Произведем преобразование числителя с использованием формул тригонометрии:
lim x → 0 1 - cos (2 x) 3 x 2 = 0 0 = lim x → 0 2 sin 2 (x) 3 x 2
Видим, что теперь здесь возможно применение первого замечательного предела:
lim x → 0 2 sin 2 (x) 3 x 2 = lim x → 0 2 3 · sin x x · sin x x = 2 3 · 1 · 1 = 2 3
Ответ: lim x → 0 1 - cos (2 x) 3 x 2 = 2 3 .
Пример 3
Необходимо произвести вычисление предела lim x → 0 a r c sin (4 x) 3 x .
Решение
Подставим значение:
lim x → 0 a r c sin (4 x) 3 x = a r c sin (4 · 0) 3 · 0 = 0 0
Мы видим неопределенность делить нуль на нуль. Произведем замену:
a r c sin (4 x) = t ⇒ sin (a r c sin (4 x)) = sin (t) 4 x = sin (t) ⇒ x = 1 4 sin (t) lim x → 0 (a r c sin (4 x)) = a r c sin (4 · 0) = 0 , значит t → 0 при x → 0 .
В таком случае, после замены переменной, предел принимает вид:
lim x → 0 a r c sin (4 x) 3 x = 0 0 = lim t → 0 t 3 · 1 4 sin (t) = = lim t → 0 4 3 · t sin t = 4 3 · 1 = 4 3
Ответ: lim x → 0 a r c sin (4 x) 3 x = 4 3 .
Для более полного понимания материала статьи следует повторить материал темы «Пределы, основные определения, примеры нахождения, задачи и решения».
Если вы заметили ошибку в тексте, пожалуйста, выделите её и нажмите Ctrl+Enter
Первый замечательный предел. Вывод первого замечательного предела представляет интерес с точки зрения приложения теории пределов, и поэтому мы предлагаем Вам его практически целиком. Рассмотрим поведение функции
|
Тогда явно площадь DМОА < площадь сектора МОА < площадьDСОА (см. рис. 1).
S D МОА
=
S МОА =
=
S D C ОА =
Вернувшись к упомянутому неравенству и удвоив его, получим:
sin x < x < tg x .
После почленного деления наsinx
:
или
Поскольку
,
то переменнаязаключена между двумя величинами,
имеющими один и тот же предел, т.е. , на
основании теоремы о пределе промежуточной
функции предыдущего пункта имеем:
-первый замечательный предел .
Пример. Вычислите пределы функций, используя первый замечательный предел:
Ответ. 1) 1, 2) 0, 3)
Задание: Вычислите предел функции, используя первый замечательный предел:
Ответ:-2.
Второй замечательный предел.
Для вывода второго замечательного предела введем определение числа е :
Определение.
Предел переменной
величины
при
называется числом
е
:
- Второй замечательный предел
Число е – иррациональное число. Его значение с десятью верными знаками после запятой обычно округляют до одного верного знака после запятой:
e = 2,7182818284…»2,7.
Теорема. Функция
при
х
, стремящемся к бесконечности,
стремится к пределу
е
:
Пример. Вычислите пределы функций:
Решение.
Согласно свойствам пределов, предел степени равен степени предела, т. е.:
Кроме того, аналогичным образом можно
доказать, что
Ответ. 1)е 3 , 2) е 2 , 3)е 4 .
Задание. Вычислите предел функции, используя второй замечательный предел:
____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
Ответ: е -5
Непрерывность функции Непрерывность функции в точке
Определение. Функция f ( x ), x Î ( a ; b ) x о Î ( a ; b ), если предел функции f ( x ) в точке х о существует и равен значению функции в этой точке:
.
Согласно данному определению, непрерывность функции f (x ) в точкех о означает выполнимость следующих условий:
функция f (x ) должна быть определена в точкех о ;
у функции f (x ) должен существовать предел в точкех о ;
предел функции f (x ) в точкех о должен совпадать со значением функции в этой точке.
Пример.
Функция f
(x
)
=
x
2
определена на всей числовой прямой и
непрерывна в точкех
= 1 посколькуf
(1)
= 1 и
Непрерывность функции на множестве
Определение. Функция f(x), называется непрерывной на интервале (a; b), если она непрерывна в каждой точке этого интервала.
Если функция непрерывна в некоторой точке, то эта точка называется точкой непрерывности данной функции. В тех случаях, когда предел функции в данной точке не существует или его значение не совпадает со значением функции в данной точке, то функция называется разрывной в этой точке, а сама точка – точкой разрыва функции f(x).
Свойства непрерывных функций.
1) Сумма конечного числа функций, непрерывных в точке а,
2) Произведение конечного числа функций, непрерывных в точке а, есть функция, непрерывная в этой точке.
3) Отношение конечного числа функций, непрерывных в точке а, есть функция, непрерывная в этой точке, если значение функции, стоящей в знаменателе, отлично от нуля в точкеа.
Пример.
Функция f (x ) = x п , гдеn Î N , непрерывна на всей числовой прямой. Доказать этот факт можно, используя свойство 2 и непрерывность функцииf (x ) = x .
Функция f (x ) = с x п (с – константа) непрерывна на всей числовой прямой, исходя из свойства 2 и примера 1.
Теорема 1. Многочлен есть функция, непрерывная на всей числовой прямой.
Теорема 2 . Любая дробно-рациональная функция непрерывна в каждой точке своей области определения .
Пример.
Определение
Функция
f
(
x
)
называется непрерывной в точке
х
= а
, если в этой точке ее приращение
стремится
к нулю, когда приращение аргумента
стремится
к нулю, или иначе: функция
f
(х)
называется непрерывной в точке
х = а
, если в этой точке
бесконечно малому приращению аргумента
соответствует бесконечно малое приращение
функции, т. е. если
Теперь со спокойной душой переходим к рассмотрению замечательных пределов
.
имеет вид .
Вместо переменной х могут присутствовать различные функции, главное, чтобы они стремились к 0.
Необходимо вычислить предел
Как видно, данный предел очень похож на первый замечательный, но это не совсем так. Вообще, если Вы замечаете в пределе sin, то надо сразу задуматься о том, возможно ли применение первого замечательного предела.
Согласно нашему правилу №1 подставим вместо х ноль:
Получаем неопределенность .
Теперь попробуем самостоятельно организовать первый замечательный предел. Для этого проведем нехитрую комбинацию:
Таким образом мы организовываем числитель и знаменатель так, чтобы выделить 7х. Вот уже и проявился знакомый замечательный предел. Желательно при решении выделять его:
Подставим решение первого замечательного примера и получаем:
Упрощаем дробь:
Ответ: 7/3.
Как видите – все очень просто.
Имеет вид , где e = 2,718281828… – это иррациональное число.
Вместо переменной х могут присутствовать различные функции, главное, чтобы они стремились к .
Необходимо вычислить предел
Здесь мы видим наличие степени под знаком предела, значит возможно применение второго замечательного предела.
Как всегда воспользуемся правилом №1 – подставим вместо х:
Видно, что при х основание степени , а показатель – 4x > , т.е. получаем неопределенность вида :
Воспользуемся вторым замечательным пределом для раскрытия нашей неопределенности, но сначала надо его организовать. Как видно – надо добиться присутствия в показателе, для чего возведем основание в степень 3х, и одновременно в степень 1/3x, чтобы выражение не менялось:
Не забываем выделять наш замечательный предел:
Вот такие действительно замечательные пределы
!
Если у вас остались какие то вопросы по первому и второму замечательным пределам
, то смело задавайте их в комментариях.
Всем по возможности ответим.
Также вы можете позаниматься с педагогом по этой теме.
Мы рады предложить вам услуги подбора квалифицированного репетитора в вашем городе. Наши партнеры оперативно подберут для вас хорошего преподавателя на выгодных для вас условиях.
Мало информации? - Вы можете !
Можно писать математические вычисления в блокнотах. В блокноты с логотипом (http://www.blocnot.ru) индивидуальным писать намного приятней.