Примеры решений задач с помощью первого замечательного предела

Собраны формулы, свойства и теоремы, применяемые при решении задач, допускающих решение с помощью первого замечательного предела. Даны подробные решения примеров с использованием первого замечательного предела и его следствий.

Применяемые формулы, свойства и теоремы

Здесь мы рассмотрим примеры решений задач на вычисление пределов, в которых используется первый замечательный предел и его следствия.

Ниже перечислены формулы, свойства и теоремы, которые наиболее часто применяются в подобного рода вычислениях.

• Первый замечательный предел и его следствия:
  lim_x → 0 sin xx = 1,   lim_x → 0 tg xx = 1,   lim_x → 0 arcsin xx = 1,   lim_x → 0 arctg xx = 1.
• Тригонометрические формулы для синуса, косинуса, тангенса и котангенса:
  sin² a + cos² a = 1;
  sin(a + b) = sin a cos b + cos a sin b;
  cos(a + b) = cos a cos b – sin a sin b;
  при b = a,   cos 2a = cos² a – sin² a = 1 – 2 sin² a;
  sin a cos b = 12 [ sin(a – b) + sin(a + b) ];
  sin a sin b = 12 [ cos(a – b) – cos(a + b) ];
  cos a cos b = 12 [ cos(a – b) + cos(a + b) ];
  sin a + sin b = 2 sin a + b2 cos a – b2;
  cos a + cos b = 2 cos a + b2 cos a – b2;
  cos a – cos b = 2 sin a + b2 sin b – a2.
• Арифметические свойства предела функции.
• Теоремы о пределе и непрерывности сложной функции.

Примеры решений

Все примеры Далее мы приводим подробные решения с объяснениями следующих пределов:
lim_x → 0 sin 2xsin 5x ⇓,   lim_x → 0 tg 5xsin 3x ⇓,   lim_{x → π2} 1 – tg x2cos x ⇓,   lim_x → 0 1 – cos xx² ⇓,   lim_x → 0 1 – cos 3x cos 5x cos 7x1 – cos x ⇓,   lim_x → 0 √ cos x  – ³√ cos x arctg² x ⇓.

Пример 1

Все примеры ⇑ Найти предел функции:
L = lim_x → 0 sin 2xsin 5x.

Решение с помощью первого замечательного предела

При x = 0,   sin 2x |_x = 0 = sin(2 ⋅ 0) = sin(0) = 0;   sin 5x |_x = 0 = sin(5 ⋅ 0) = sin(0) = 0. Это неопределенность вида 0/0.

Для ее раскрытия, преобразуем функцию за знаком предела и разделим числитель и знаменатель дроби на x:
sin 2xsin 5x = 25 ⋅ 5 sin 2x2 sin 5x = 25 ⋅ sin 2x2xsin 5x5x.

Заметим, что функцию F(x) = sin 2x2x в числителе можно представить как сложную:
F(x) =  f (t(x)),
где  f (t) = sin tt,  t(x) = 2x. Тогда для вычисления предела lim_x → 0 F(x), делаем замену переменной   t = 2x. При x → 0,  t → 0. При x ≠ 0,  t ≠ 0. Таким образом,
lim_x → 0 sin 2x2x = lim_t → 0 sin tt = 1.

Аналогичным образом, находим предел функции в знаменателе.
t(x) = 5x,   lim_x → 0 t(x) = lim_x → 0 5x = 5 ⋅ 0 = 0.
Делаем подстановку   t = 5x.  При  x → 0,  t → 0. При  x ≠ 0,  t ≠ 0.
lim_x → 0 sin 5x5x = lim_t → 0 sin tt = 1.

И наконец, применяем арифметические свойства предела функции:
L = lim_x → 0 sin 2xsin 5x = 25 ⋅ lim_x → 0 sin 2x2xsin 5x5x = 25 ⋅ lim_x → 0 sin 2x2xlim_x → 0 sin 5x5x = 25 ⋅ 11 = 25.

Решение с помощью эквивалентных функций

Применим теорему о замене функций эквивалентными в пределе частного.
При x → 0,  2x → 0,  5x → 0. Из таблицы эквивалентных функций находим:
sin 2x ~ 2x при 2x → 0;   sin 5x ~ 5x при 5x → 0.
Тогда L = lim_x → 0 sin 2xsin 5x = lim_x → 0 2x5x = lim_x → 0 25 = 25.

Ответ

L = 2 / 5.

Пример 2

Все примеры ⇑ Найдите предел:
L = lim_x → 0 tg 5xsin 3x.

Решение с помощью первого замечательного предела

При x = 0,   tg 5x |_x = 0 = tg(5 ⋅ 0) = tg(0) = 0,   sin 3x |_x = 0 = sin(3 ⋅ 0) = sin(0) = 0. Это неопределенность вида 0/0.

Преобразуем функцию за знаком предела:
tg 5xsin 3x = sin 5xcos 5x sin 3x = 53 ⋅ 3 sin 5x5 sin 3x cos 5x = 53 sin 5x5xsin 3x3x ⋅ cos 5x.

Сделаем замену переменной t = 5x. Поскольку lim_x → 0 5x = 0  и 5x ≠ 0  при  x ≠ 0, то
lim_x → 0 sin 5x5x = lim_t → 0 sin tt = 1.
Аналогичным образом имеем:
lim_x → 0 sin 3x3x = lim_t → 0 sin tt = 1.
Поскольку функция косинус непрерывна на всей числовой оси, то
lim_x → 0 cos 5x = cos(5 ⋅ 0) = cos(0) = 1.
Применяем арифметические свойства пределов:
L = lim_x → 0 tg 5xsin 3x = lim_x → 0 53 sin 5x5xsin 3x3x ⋅ cos 5x = 53 lim_x → 0 sin 5x5xlim_x → 0 sin 3x3x ⋅ lim_x → 0 cos 5x =
 53 ⋅ 11 ⋅ 1 = 53.

Решение с помощью эквивалентных функций

Применим теорему о замене функций эквивалентными в пределе частного.
При x → 0,  5x → 0,  3x → 0. Из таблицы эквивалентных функций находим:
tg 5x ~ 5x при 5x → 0;   sin 3x ~ 3x при 3x → 0.
Тогда L = lim_x → 0 tg 5xsin 3x = lim_x → 0 5x3x = lim_x → 0 53 = 53.

Ответ

L = 5 / 3.

Пример 3

Все примеры ⇑ Найти предел:
L = lim_{x → π2} 1 – tg x2cos x.

Решение

Подставим x = π2 в числитель и знаменатель дроби:
( 1 – tg x2  )|_x = π2 = 1 – tg π4 = 1 – 1 = 0;
cos x |_x = π2 = cos π2 = 0.
Это неопределенность вида 0/0.

Попробуем решить этот пример с помощью первого замечательного предела. Поскольку в нем значение переменной стремится к нулю, то сделаем подстановку, чтобы новая переменная стремилась не к  π2, а к нулю. Для этого от x перейдем к новой переменной t, сделав подстановку   t = x – π2,   x = t + π2. Тогда при x → π2, t → 0.

Предварительно преобразуем функцию за знаком предела, умножив числитель и знаменатель дроби на cos x2:
1 – tg x2cos x = 1 – sin x2cos x2cos x = cos x2 – sin x2cos x2 ⋅ cos x.
Подставим x = t + π2 и воспользуемся приведенными выше тригонометрическими формулами.
cos x = cos( t + π2 ) = cos t cos π2 – sin t sin π2 = cos t ⋅ 0 – sin t ⋅ 1=–sin t;
cos x2 – sin x2 = cos(  t2 + π4 ) – sin(  t2 + π4 ) =
 cos t2 cos π4 – sin t2 sin π4 – sin t2 cos π4 – cos t2 sin π4 =
 cos t2 ⋅ √ 2 2 – sin t2 ⋅ √ 2 2 – sin t2 ⋅ √ 2 2 – cos t2 ⋅ √ 2 2 = – √ 2  sin t2;
L = lim_{x → π2} 1 – tg x2cos x = lim_{x → π2} cos x2 – sin x2cos x2 ⋅ cos x = lim_t → 0 – √ 2  sin t2cos(  t2 + π4 ) ⋅ (–sin t) =
 √ 2   lim_t → 0[  1cos(  t2 + π4 ) ⋅ sin t2sin t ].

Функция  f ₁ (t) = 1cos(  t2 + π4 ) непрерывна при t = 0. Находим ее предел:
lim_t → 0  f ₁ (t) =  f ₁ (0) = 1cos(  02 + π4 ) = 1cos π4 = 2√ 2  = ( √ 2  )²√ 2  = √ 2 .

Преобразуем вторую дробь и применим первый замечательный предел:
lim_t → 0 sin t2sin t = 12 lim_t → 0  sin t2t2  sin tt  = 12 lim_t → 0 sin t2t2 lim_t → 0 sin tt  = 12 lim_z → 0 sin zz 1 = 12 ⋅ 11 = 12.
В числителе дроби мы сделали подстановку z = t / 2.

Применяем свойство предела произведения функций:
L = √ 2   lim_t → 0[  1cos(  t2 + π4 ) ⋅ sin t2sin t ] = √ 2   lim_t → 0 1cos(  t2 + π4 ) ⋅ lim_t → 0 sin t2sin t =
 √ 2  ⋅ √ 2  ⋅ 12 = 1.

Ответ

Пример 4

Все примеры ⇑ Найти предел:
L = lim_x → 0 1 – cos xx².

Решение

При x = 0,   (1 – cos x)|_x = 0 = 1 – cos(0) = 1 – 1 = 0,   x²|_x = 0 = 0² = 0. У нас неопределенность вида 0/0.

Преобразуем функцию под знаком предела. Применим формулу:
cos 2a = 1 – 2 sin² a.
Подставим a = x / 2:
1 – cos x = 1 – 1 + 2 sin² x2 = 2 sin² x2.
Преобразуем знаменатель:
x² = ( 2 ⋅ x2 )² = 2² ( x2 )² = 4( x2 )².
Тогда
1 – cos xx² = 2 sin² x24( x2 )² = 12 ⋅ sin x2x2 ⋅ sin x2x2.

Поскольку   lim_x → 0 x2 = 0   и   x2 ≠ 0  при  x ≠ 0, то сделаем подстановку  t = t(x) = x2, и применим теорему о пределе сложной функции и первый замечательный предел:
lim_x → 0 sin x2x2 = lim_t → 0 sin tt = 1.

Применяем арифметические свойства предела функции:
L = lim_x → 0 1 – cos xx² = 12 ⋅ lim_x → 0 sin x2x2 ⋅ lim_x → 0 sin x2x2 = 12 ⋅ 1 ⋅ 1 = 12.

Ответ

L = 1 / 2.

Пример 5

Все примеры ⇑ Найдите предел функции:
L = lim_x → 0 1 – cos 3x cos 5x cos 7x1 – cos x.

Решение

Нетрудно убедиться, что в этом примере мы имеем неопределенность вида 0/0. Для ее раскрытия, применим результат предыдущей задачи, согласно которому
lim_x → 0 1 – cos xx² = 12.

Введем обозначение:
(П5.1)    f (x) = 1 – cos xx².   Тогда
(П5.2)   lim_x → 0  f (x) = 12.
Из (П5.1) имеем:
cos x = 1 – x²  f (x).
Подставим в исходную функцию:
cos 3x cos 5x cos 7x =
 (1 – 9x²  f (3x))(1 – 25x²  f (5x)) (1 – 49x²  f (7x)) = 1 – x² s₁ (x) + x⁴ s₂ (x) – x⁶ s₃ (x),
где s₁ (x) = 9 f (3x) + 25 f (5x) + 49 f (7x),
s₂ (x) = 9 ⋅ 25 f (3x) f (5x) + 9 ⋅ 49 f (3x) f (7x) + 25 ⋅ 49 f (5x) f (7x),
s₃ (x) = 9 ⋅ 25 ⋅ 49 f (3x) f (5x) f (7x);
1 – cos 3x cos 5x cos 7x = x² s₁ (x) – x⁴ s₂ (x) + x⁶ s₃ (x);
1 – cos x = x²  f (x);
F(x) = 1 – cos 3x cos 5x cos 7x1 – cos x = s₁ (x) – x² s₂ (x) + x⁴ s₃ (x) f (x).

Используем (П5.2) и непрерывность функции косинус. Применяем арифметические свойства предела функции.
lim_x → 0  f (mx) = lim_t → 0  f (t) = 12,
здесь m – отличное от нуля число, t = mx;
lim_x → 0 s₁ (x) = lim_x → 0(9 f (3x) + 25 f (5x) + 49 f (7x)) = 9 ⋅ 12 + 25 ⋅ 12 + 49 ⋅ 12 = 832;
lim_x → 0[ s₁ (x) – x² s₂ (x) + x⁴ s₃ (x) ] =
 lim_x → 0 s₁ (x) – lim_x → 0 x² ⋅ lim_x → 0 s₂ (x) + lim_x → 0 x⁴ ⋅ lim_x → 0 s₃ (x) =
 832 – 0 ⋅ lim_x → 0 s₂ (x) + 0 ⋅ lim_x → 0 s₃ (x) = 832;
lim_x → 0 F(x) = lim_x → 0[ s₁ (x) – x² s₂ (x) + x⁴ s₃ (x) ]lim_x → 0  f (x) = 83 / 21 / 2 = 83.

Ответ

L = 83.

Пример 6

Все примеры ⇑ Найти предел:
L = lim_x → 0 √ cos x  – ³√ cos x arctg² x.

Решение

При x → 0, числитель и знаменатель дроби стремятся к 0. Это неопределенность вида 0/0. Для ее раскрытия, преобразуем числитель дроби:
√ cos x  – ³√ cos x  = 1 – ³√ cos x  – (1 – √ cos x ).

Применим формулу:
a² – b² = (a – b)(a + b).
Подставим a = 1,  b = √ cos x :
1 – cos x = (1 – √ cos x )(1 + √ cos x );
1 – √ cos x  = 1 – cos x1 + √ cos x  = (1 – cos x) ⋅ s₁ (x),
где s₁ (x) = 1 / (1 + √ cos x ).

Применим формулу:
a³ – b³ = (a – b)(a² + ab + b²).
Подставим a = 1,  b = ³√ cos x :
1 – cos x = (1 – ³√ cos x )(1² + 1 ⋅ ³√ cos x  + ( ³√ cos x  )²);
1 – ³√ cos x  = 1 – cos x1 + ³√ cos x  + ³√ cos² x  = (1 – cos x) ⋅ s₂ (x),
где s₂ (x) = 1 / (1 + ³√ cos x  + ³√ cos² x ).

Числитель дроби:
√ cos x  – ³√ cos x  = 1 – ³√ cos x  – (1 – √ cos x ) =
 (1 – cos x) ⋅ s₂ (x) – (1 – cos x) ⋅ s₁ (x) = (1 – cos x) ⋅ (s₂ (x) – s₁ (x)).
Функция за знаком предела примет вид:
F(x) = √ cos x  – ³√ cos x arctg² x = 1 – cos xarctg² x ⋅ (s₂ (x) – s₁ (x)).

Найдем предел последнего множителя, учитывая его непрерывность при x = 0:
lim_x → 0(s₂ (x) – s₁ (x)) = lim_x → 0 s₂ (x) – lim_x → 0 s₁ (x) =
 lim_x → 0 11 + ³√ cos x  + ³√ cos² x  – lim_x → 0 11 + √ cos x  =
 11 + ³√ cos(0)  + ³√ cos² (0)  – 11 + √ cos(0)  = 11 + 1 + 1 – 11 + 1 =
 13 – 12 = 2 – 32 ⋅ 3 = – 16.

Применим тригонометрическую формулу:
cos 2a = 1 – 2 sin² a.
Подставим a = x / 2,
cos x = 1 – 2 sin² x2. Тогда
1 – cos x = 2 sin² x2.

Разделим числитель и знаменатель на x², применим первый замечательный предел и одно из его следствий:
lim_x → 0 1 – cos xarctg² x = lim_x → 0 2 sin² x2x²arctg² xx² = 12 lim_x → 0[ sin x2x2arctg xx ]² =
 12 [ lim_x → 0 sin x2x2lim_x → 0 arctg xx ]² = 12 [ 11 ]² = 12.

Окончательно имеем:
L = lim_x → 0 F(x) = lim_x → 0 1 – cos xarctg² x ⋅ lim_x → 0(s₂ (x) – s₁ (x)) = 12 ⋅ ( – 16 ) = – 112.

Примечание 1.   Также можно было применить формулу
a⁶ – b⁶ = (a – b)(a⁵ + a⁴ b + a³ b² + a² b³ + ab⁴ + b⁵), подставив a = √ cos x ,  b = ³√ cos x .

Примечание 2.   В конце мы могли применить теорему о замене функций эквивалентными в пределе частного.
Из таблицы эквивалентных функций находим:
1 – cos x ~ x²2 при x → 0;   arctg x ~ x при x → 0.
Тогда   lim_x → 0 1 – cos xarctg² x = lim_x → 0 x²2x² = lim_x → 0 12 = 12.

Ответ

L = –1 / 12.

Автор: Олег Одинцов.     Опубликовано: 17-02-2019   Изменено: 19-05-2022