Примеры решений задач с помощью второго замечательного предела

Подробные решения примеров с использованием второго замечательного предела и его следствий. Формулы, свойства и теоремы, применяемые при решении задач, допускающих решение с помощью второго замечательного предела.

Применяемые формулы, свойства и теоремы

Здесь мы рассмотрим примеры решений задач на вычисление пределов, в которых используется второй замечательный предел и его следствия.
Ниже перечислены формулы, свойства и теоремы, которые наиболее часто применяются в подобного рода вычислениях.

• Второй замечательный предел и его следствия:
  lim_{x → ∞}( 1 + 1x )^x = e,   lim_x → 0(1 + x)^1x = e,   lim_x → 0 e^x – 1x = 1,   lim_x → 0 ln(1 + x)x = 1, 
  lim_x → 0 sh xx = 1,     lim_x → 0 th xx = 1,     lim_x → 0 arsh xx = 1,     lim_x → 0 arth xx = 1.
  Стоит отметить еще одну формулу (см. пример ниже ⇓):
  lim_x → 0 (1 + x)^α – 1x = α, где α – действительное число.
• Свойства и формулы показательной функции, формулы логарифмов, свойства экспоненты и натурального логарифма.
• Арифметические свойства предела функции.
• Теоремы о пределе и непрерывности сложной функции.

Здесь мы будем иметь дело со степенно-показательной функцией, у которой основание и показатель являются функциями от некоторой переменной:  f (x) = (u(x))^v(x). Ее удобно представить как экспоненту: u^v = ( e^ln u )^v = e^{v ⋅ ln u}. В этой связи полезна следующая лемма.

Лемма о пределе степенно-показательной функции
Пусть u = u(x),  v = v(x) – функции переменной x, имеющие конечные пределы:
limx → x0 u(x) = u0 > 0,   limx → x0 v(x) = v0. Здесь x0 ∈ R.
Тогда
limx → x0(u(x)) v(x) = ( limx → x0 u(x) ) limx → x0 v(x) = u v00.
Доказательство ⇓

В случае бесконечных пределов, или когда u₀ = 0, мы проводим исследование произведения v ⋅ ln u, применяя свойства пределов бесконечно больших и малых функций.

В случае u₀ = 1 и v₀ = ∞, мы имеем неопределенность вида единица в степени бесконечность. Для ее раскрытия используется второй замечательный предел.

Раскрытие неопределенности 1 в степени бесконечность

Пусть u и v есть функции от переменной x: u = u(x),  v = v(x). И пусть u → 1,  v → ∞ при x → x₀. Тогда выражение u^v является неопределенным при x → x₀. Для раскрытия этой неопределенности, мы вводим переменную t из соотношения
u(x) = 1 + 1t.
Тогда 1t = u – 1. При x → x₀,  u → 1,  t → ∞.
u^v = ( 1 + 1t )^tvt = ( ( 1 + 1t )^t )^vt = ( ( 1 + 1t )^t )^{(u – 1)v};
lim_x → x0 u^v = ( lim_{t → ∞}( 1 + 1t )^t )^{lim_x → x0[(u – 1)v]} = e^{lim_x → x0[(u – 1)v]}.

Таким образом задача сводится к вычислению предела lim_x → x0[(u(x) – 1)v(x)].

Доказательство леммы о пределе степенно-показательной функции

Примеры решений

Все примеры Далее мы приводим подробные решения с объяснениями следующих пределов:
lim_{x → ∞}( x + 1x – 1 )^x ⇓,   lim_x → 0( cos xcos 2x )^1x 2 ⇓,   lim_{m → ∞}( cos x√ m   )^m ⇓,   lim_x → 0 (1 + x)^α – 1x ⇓,   lim_x → 0 e^sin 4x – e^sin xln(1 + 4x) ⇓.

Пример 1

Все примеры ⇑ Найти предел:
L = lim_{x → ∞}( x + 1x – 1 )^x.

Решение

При x → ∞,   x + 1x – 1 = 1 + 1x1 – 1x → 1. Это неопределенность вида один в степени бесконечность.

Выполняем преобразования.
x + 1x – 1 = x – 1 + 2x – 1 = 1 + 2x – 1 = 1 + 1x – 12;
( x + 1x – 1 )^x = ( 1 + 1x – 12 )^{2(x – 1)2(x – 1) x} = [ ( 1 + 1x – 12 )^x – 12 ]^{2xx – 1}.

Сделаем замену переменной t = (x – 1) / 2. При x → ∞,  t → ∞. Применим второй замечательный предел:
lim_{x → ∞}( 1 + 1x – 12 )^x – 12 = lim_{t → ∞}( 1 + 1t )^t = e.

Находим предел дроби, разделив числитель и знаменатель на x:
lim_{x → ∞} 2xx – 1 = lim_{x → ∞} 21 – 1x = 21 – 0 = 2.

Применяем лемму о пределе степенно-показательной функции ⇑
L = [ lim_{x → ∞}( 1 + 1x – 12 )^x – 12 ]^{lim_{x → ∞} 2xx – 1} = e².

Ответ

L = e².

Пример 2

Все примеры ⇑ Найдите предел:
L = lim_x → 0( cos xcos 2x )^1x 2.

Решение

При x = 0,   cos xcos 2x = cos 0cos 0 = 11 = 1.   1x² → ∞ при x → 0. Это неопределенность вида один в степени бесконечность. Раскрываем ее с помощью второго замечательного предела.

Введем переменную t из соотношения: cos xcos 2x = 1 + 1t. Тогда при x → 0,  t → ∞,
1t = cos xcos 2x – 1 = cos x – cos 2xcos 2x.
( cos xcos 2x )^1x 2 = ( 1 + 1t )^ttx 2 = [ ( 1 + 1t )^t ]^1tx 2 = [ ( 1 + 1t )^t ]^{cos x – cos 2xx 2cos 2x}.

Применим второй замечательный предел к основанию степени:
lim_{t → ∞}( 1 + 1t )^t = e.

Найдем предел показателя степени. Для этого применим тригонометрическую формулу
cos a – cos b = 2 sin a + b2 sin b – a2
и первый замечательный предел:
lim_x → 0 cos x – cos 2xx²cos 2x = lim_x → 0 2 sin 3x2 ⋅ sin x2x²cos 2x = 32 lim_x → 0 sin 3x2 ⋅ sin x23x2 ⋅ x2 ⋅ cos 2x =
 32 ⋅ lim_x → 0 sin 3x23x2 ⋅ lim_x → 0 sin x2x2 ⋅ lim_x → 0 1cos 2x = 32 ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ 1cos(2 ⋅ 0) = 32.

Применяем лемму о пределе степенно-показательной функции ⇑ учитывая, что при x → 0,  t → ∞:
L = [ lim_{t → ∞}( 1 + 1t )^t ]^{lim_x → 0 cos x – cos 2xx 2cos 2x} = e^3 / 2.

Ответ

L = e^3 / 2.

Пример 3

Все примеры ⇑ Найти предел последовательности:
L = lim_{m → ∞}( cos x√ m   )^m.

Решение

При x = 0,  cos x√ m  = 0. Элементы последовательности равны единице. Поэтому L = 1. Рассмотрим случай x ≠ 0.

При m → ∞,  x√ m  → 0,  cos x√ m  → 1. Это неопределенность вида единица в степени бесконечность. Для ее раскрытия применим второй замечательный предел.

Введем переменную t из соотношения: cos x√ m  = 1 + 1t. Тогда при m → ∞,  t → ∞,
1t = cos x√ m  – 1.
( cos x√ m   )^m = ( 1 + 1t )^tmt = [ ( 1 + 1t )^t ]^mt = [ ( 1 + 1t )^t ]^{m( cos x√ m  – 1 )}.

Применим второй замечательный предел к основанию степени:
lim_{t → ∞}( 1 + 1t )^t = e.

Найдем предел показателя степени. Для этого применим тригонометрическую формулу
1 – cos 2a = 2 sin² a
и первый замечательный предел:
lim_{m → ∞}[ m( cos x√ m  – 1 ) ] = –2 lim_{m → ∞}[ m sin² x2 √ m  ] = – x²2 lim_{m → ∞}[ sin x2 √ m x2 √ m  ]² =
 – x²2[ lim_{m → ∞} sin x2 √ m x2 √ m   ]² = – x²2.

Применяем лемму о пределе степенно-показательной функции ⇑ учитывая, что при m → ∞,  t → ∞:
L = [ lim_{t → ∞}( 1 + 1t )^t ]^{lim_{m → ∞} m( cos x√ m  – 1 )} = e^{–x 2 / 2}.
Эта формула справедлива и при x = 0.

Ответ

L = e^{–x 2 / 2}.

Пример 4

Все примеры ⇑ Найти предел:
L = lim_x → 0 (1 + x)^α – 1x.

Решение

Пусть α = 0. Рассмотрим функцию  f (x) = (1 + x)^α – 1x в проколотой окрестности точки x = 0, на которой x ≠ 0. Для определения предела, функция должна быть определена на любой проколотой окрестности этой точки. Считаем, что 0 <  | x |  < 1 / 2. Тогда 1 + x > 0. При α = 0,  (1 + x)^α = (1 + x)⁰ = 1,    f (x) = 0. Поэтому L = 0.
Теперь рассмотрим предел при α ≠ 0.

При x = 0,  ((1 + x)^α – 1)|_x = 0 = ((1 + 0)^α – 1) = 1 – 1 = 0. У нас неопределенность вида 0/0.

Для ее раскрытия приведем степенно-показательную функцию к основанию e учитывая, что 1 + x > 0:
(1 + x)^α – 1x = ( e^{ln(1 + x)} )^α – 1x = e^{α ln(1 + x)} – 1x = α ln(1 + x)x ⋅ e^{α ln(1 + x)} – 1α ln(1 + x).
Согласно следствию второго замечательного предела:
lim_x → 0 ln(1 + x)x = 1.
В последнем множителе сделаем замену переменной:
t = t(x) = α ln(1 + x).
При x → 0,  t → 0. Кроме этого, t(x) ≠ 0 при x ≠ 0. Тогда
lim_x → 0 e^{α ln(1 + x)} – 1α ln(1 + x) = lim_t → 0 e^t – 1t = 1.

Применяем арифметические свойства предела функции:
L = α lim_x → 0[ ln(1 + x)x ] ⋅ lim_x → 0[ e^{α ln(1 + x)} – 1α ln(1 + x) ] = α ⋅ 1 ⋅ 1 = α.
Это же значение является правильным и при α = 0.

Ответ

L = α.

Пример 5

Все примеры ⇑ Найдите предел функции:
L = lim_x → 0 e^sin 4x – e^sin xln(1 + 4x).

Решение с помощью второго замечательного предела и его следствий

При x → 0,  sin x → 0,  sin 4x → 0,   e^sin x → 1,  e^sin 4x → 1,   ln(1 + 4x) → 0. Это неопределенность вида 0/0. Для ее раскрытия, применим следствия второго замечательного предела.

Преобразуем числитель дроби:
e^sin 4x – e^sin x = e^sin 4x – 1 – (e^sin x – 1) = sin 4x e^sin 4x – 1sin 4x – sin x e^sin x – 1sin x =
 4x sin 4x4x ⋅ e^sin 4x – 1sin 4x – x sin xx ⋅ e^sin x – 1sin x.
Преобразуем знаменатель:
ln(1 + 4x) = 4x ln(1 + 4x)4x.

Разделим числитель и знаменатель на x:
e^sin 4x – e^sin xln(1 + 4x) = 14z(x) { 4 sin 4x4x ⋅ e^sin 4x – 1sin 4x–    sin xx ⋅ e^sin x – 1sin x }.
Чтобы не загромождать формулы, мы ввели обозначение z(x) = ln(1 + 4x)4x.

Применяя первый замечательный предел и следствия второго, имеем:
lim_x → 0 sin xx = 1;   lim_x → 0 sin 4x4x = 1;   lim_x → 0 e^sin x – 1sin x = 1;   lim_x → 0 e^sin 4x – 1sin 4x = 1;   lim_x → 0 z(x) = lim_x → 0 ln(1 + 4x)4x = 1.
Применяем арифметические свойства предела функции:
L = lim_x → 0 e^sin 4x – e^sin xln(1 + 4x) = 14 ⋅ 1 { 4 ⋅ 1 ⋅ 1 – 1 ⋅ 1 } = 34.

Решение с помощью эквивалентных функций

Мы можем упростить решение, если применим теорему о замене функций эквивалентными в пределе частного. Считаем, что предел существует. Тогда мы можем заменить знаменатель эквивалентной функцией при x → 0. Из таблицы эквивалентных функций находим:
ln(1 + 4x) ~ 4x.

Получаем более простой предел:
L = 14 lim_x → 0 e^sin 4x – e^sin xx.
Далее делаем преобразования аналогично предыдущему:
e^sin 4x – e^sin xx = e^sin 4x – 1 – ( e^sin x – 1 )x = sin 4xx ⋅ e^sin 4x – 1sin 4x – sin xx ⋅ e^sin x – 1sin x.
Поскольку при x → 0,  sin x → 0,  sin 4x → 0, то применяем следствие второго замечательного предела:
lim_x → 0 e^sin 4x – 1sin 4x = 1;
lim_x → 0 e^sin x – 1sin x = 1.
В дробях sin 4xx и sin xx заменим функции в числителе эквивалентными:
lim_x → 0 sin 4xx = lim_x → 0 4xx = 4;
lim_x → 0 sin xx = lim_x → 0 xx = 1.

Применяем арифметические свойства предела функции:
4L = lim_x → 0 sin 4xx ⋅ lim_x → 0 e^sin 4x – 1sin 4x – lim_x → 0 sin xx ⋅ lim_x → 0 e^sin x – 1sin x = 4 ⋅ 1 – 1 ⋅ 1 = 3.

Ответ

L = 3 / 4.

Автор: Олег Одинцов.     Опубликовано: 05-04-2019   Изменено: 05-09-2019