Как найти пределы синус - Autoru.top - решение различных проблем

Пределы с тригонометрическими функциями

Существует множество различных пределов тригонометрических функций. На помощь могут прийти основные методы вычисления:

Первый замечательный предел и его следствие с тангенсом $$limlimits_{xto 0} frac{sin x}{x} = 1, qquad limlimits_{xto 0} frac{tg x}{x} = 1$$
Тригонометрические преобразования и формулы
Таблица бесконечно малых эквивалентных функций
Правило Лопиталя

Рассмотрим примеры подробного решения тригонометрических пределов для разбора каждого способа. Стоит отметить, что все методы можно комбинировать в одной задаче между собой для ускорения процесса вычисления.

Пример 1

Решить предел с тригонометрическими функциями с помощью первого замечательного предела $limlimits_{xto 0} frac{tg 2x}{sin3x}$

Решение

Подставляя $x=0$ в предел получаем неопределенность $(frac{0}{0})$. Сделаем преобразования в числителе и знаменателе таким образом, чтобы появился замечательный предел.

$$ tg 2x = frac{tg 2x}{2x} cdot 2x $$ $$ sin 3x = frac{sin 3x}{3x} cdot 3x $$

Подставляем получившиеся преобразования, чтобы применить формулу первого замечательного предела.

$$ limlimits_{xto 0} frac{frac{tg 2x}{2x} cdot 2x}{frac{sin 3x}{3x} cdot 3x} = limlimits_{xto 0} frac{1 cdot 2x}{1 cdot 3x} = $$

Теперь остается только сократить $x$ и записать ответ.

$$ = frac{2x}{3x} = frac{2}{3} $$

Если не получается решить свою задачу, то присылайте её к нам. Мы предоставим подробное решение онлайн. Вы сможете ознакомиться с ходом вычисления и почерпнуть информацию. Это поможет своевременно получить зачёт у преподавателя!

Ответ

$$limlimits_{xto 0} frac{tg 2x}{sin3x} = frac{2}{3}$$

Пример 2

Вычислить предел с помощью тригонометрического преобразования $limlimits_{xto 0} frac{sqrt{4+x}-2}{1-cos 3x}$

Решение

Обратим внимание на корень в числителе. От него нужно избавиться путём умножения и деления на сопряженное к нему число (отличающееся знаком между слагаемыми).

$$limlimits_{xto 0} frac{(sqrt{4+x}-2)(sqrt{4+x}+2)}{(1-cos 3x)(sqrt{4+x}+2)} = $$

Теперь с помощью формулы разности квадратов $(a-b)(a+b)=a^2 — b^2$ упростим числитель.

$$ = limlimits_{xto 0} frac{4+x-4}{(1-cos 3x)(sqrt{4+x}+2)} = limlimits_{xto 0} frac{x}{(1-cos 3x)(sqrt{4+x}+2)} $$

В этой задаче не обойтись без тригонометрической формулы $1-cos x = 2sin^2 frac{x}{2}$. Выполним по ней преобразование выражение в знаменателе.

$$1-cos 3x = 2sin^2 frac{3x}{2}$$

$$ = limlimits_{xto 0} frac{x}{2sin^2 frac{3x}{2} (sqrt{4+x}+2)} = $$

Видим, что в знаменателе появился синус, а это значит, что можно избавиться от него с помощью первого замечательного предела. Как в предыдущем примере одновременно умножаем и делим на аргумент синуса.

$$ sin^2 frac{3x}{2} = (sin frac{3x}{2})^2 = (frac{sin frac{3x}{2}}{frac{3x}{2}} cdot frac{3x}{2})^2 $$

Подставляем преобразование синуса, чтобы применить замечательный предел.

$$ = limlimits_{xto 0} frac{x}{2(frac{sin frac{3x}{2}}{frac{3x}{2}} cdot frac{3x}{2})^2 (sqrt{4+x}+2)} = limlimits_{xto 0} frac{x}{frac{9x^2}{2}(sqrt{4+x}+2)} = $$

Выносим константу перед пределом и сокращаем $x$ в числителе и знаменателе.

$$ = frac{2}{9} limlimits_{xto 0} frac{1}{x(sqrt{4+x}+2)} = frac{2}{9} cdot (frac{1}{0}) = infty $$

Ответ

$$limlimits_{xto 0} frac{sqrt{4+x}-2}{1-cos 3x} = infty$$

Пример 3

Найти предел с помощью логарифмирования $limlimits_{xto 0} (tg x)^{sin x} $

Решение

Подставляя $x=0$ получаем неопределенность (0^0). Под пределом показательно-степенная функция, поэтому нужно воспользоваться логарифмированием и свести к неопределенности $(frac{infty}{infty})$, чтобы затем воспользоваться правилом Лопиталя.

$$limlimits_{xto 0} e^{sin x ln(tg x)} = limlimits_{xto 0} e^{frac{ln(tg x)}{frac{1}{sin x}}} = e^frac{infty}{infty} = $$

Берем производные числителя и знаменателя дроби, стоящей в показателе экспоненты.

$$ bigg(frac{ln(tg x)}{frac{1}{sin x}}bigg)’ = frac{frac{frac{1}{cos^2 x}}{tg x}}{-frac{cos x}{sin^2 x}} = frac{frac{1}{sin x cos x}}{-frac{cos x}{sin^2 x}} = -frac{sin x}{cos^2 x}$$

Подставляем полученное выражение под знак предела и применяем свойство предела для показательной функции.

$$ = limlimits_{xto 0} e^{ -frac{sin x}{cos^2 x}} = e^{-limlimits_{xto 0} frac{sin x}{cos^2 x} } = $$

Теперь, подставляя $x=0$ в предел, вычисляем окончательный ответ.

$$ = e^{-frac{0}{1}} = e^0 = 1 $$

Ответ

$$limlimits_{xto 0} (tg x)^{sin x} = 1$$

Пример 4

Взять предел путем замены на бесконечно малые эквивалентные функции $limlimits_{xto 0} frac{xarcsin 3x}{1-cos 2x}$

Решение

Итак, в пределе неопределенность ноль делить на ноль. Выполним замены на эквивалентные функции.

$$ arcsin 3x sim 3x $$ $$1-cos 2x sim 2x^2 $$

Подставляем в предел и получаем готовый ответ.

$$limlimits_{xto 0} frac{xarcsin 3x}{1-cos 2x} = limlimits_{xto 0} frac{xcdot 3x}{2x^2} = limlimits_{xto 0} frac{3x^2}{2x^2} = frac{3}{2} $$

Ответ

$$limlimits_{xto 0} frac{xarcsin 3x}{1-cos 2x} = frac{3}{2}$$

Источник

Первый замечательный предел

Первым замечательным пределом именуют следующее равенство:

$$
begin{equation}
lim_{alphato{0}}frac{sinalpha}{alpha}=1
end{equation}
$$

Так как при $alphato{0}$ имеем $sinalphato{0}$, 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:

$$
begin{equation}
lim_{alphato{0}}frac{tgalpha}{alpha}=1
end{equation}
$$

$$
begin{equation}
lim_{alphato{0}}frac{arcsinalpha}{alpha}=1
end{equation}
$$

$$
begin{equation}
lim_{alphato{0}}frac{arctgalpha}{alpha}=1
end{equation}
$$

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 тут.

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 №11.

Пример №1

Доказать, что $lim_{alphato{0}}frac{tgalpha}{alpha}=1$,
$lim_{alphato{0}}frac{arcsinalpha}{alpha}=1$,
$lim_{alphato{0}}frac{arctgalpha}{alpha}=1$.

Решение

а) Так как $tgalpha=frac{sinalpha}{cosalpha}$, то:

$$
lim_{alphato{0}}frac{tg{alpha}}{alpha}=left|frac{0}{0}right|
=lim_{alphato{0}}frac{sin{alpha}}{alphacos{alpha}}
$$

Так как $lim_{alphato{0}}cos{0}=1$ и $lim_{alphato{0}}frac{sinalpha}{alpha}=1$, то:

$$
lim_{alphato{0}}frac{sin{alpha}}{alphacos{alpha}}
=frac{displaystylelim_{alphato{0}}frac{sin{alpha}}{alpha}}{displaystylelim_{alphato{0}}cos{alpha}}
=frac{1}{1}
=1.
$$

Формула доказана. Более строгое доказательство (с обоснованием равенства $lim_{alphato{0}}cosalpha=1$) можно посмотреть в решебнике Демидовича (№474.1).

б) Сделаем замену $alpha=sin{y}$. Поскольку $sin{0}=0$, то из условия $alphato{0}$ имеем $yto{0}$. Кроме того, существует окрестность нуля, в которой $arcsinalpha=arcsin(sin{y})=y$, поэтому:

$$
lim_{alphato{0}}frac{arcsinalpha}{alpha}=left|frac{0}{0}right|
=lim_{yto{0}}frac{y}{sin{y}}
=lim_{yto{0}}frac{1}{frac{sin{y}}{y}}
=frac{1}{displaystylelim_{yto{0}}frac{sin{y}}{y}}
=frac{1}{1}
=1.
$$

Равенство $lim_{alphato{0}}frac{arcsinalpha}{alpha}=1$ доказано.

в) Сделаем замену $alpha=tg{y}$. Поскольку $tg{0}=0$, то условия $alphato{0}$ и $yto{0}$ эквивалентны. Кроме того, существует окрестность нуля, в которой $arctgalpha=arctgtg{y})=y$, поэтому, опираясь на результаты пункта а), будем иметь:

$$
lim_{alphato{0}}frac{arctgalpha}{alpha}=left|frac{0}{0}right|
=lim_{yto{0}}frac{y}{tg{y}}
=lim_{yto{0}}frac{1}{frac{tg{y}}{y}}
=frac{1}{displaystylelim_{yto{0}}frac{tg{y}}{y}}
=frac{1}{1}
=1.
$$

Равенство $lim_{alphato{0}}frac{arctgalpha}{alpha}=1$ доказано.

Равенства а), б), в) часто используются наряду с первым замечательным пределом.

Пример №2

Вычислить предел $lim_{xto{2}}frac{sinleft(frac{x^2-4}{x+7}right)}{frac{x^2-4}{x+7}}$.

Решение

Так как $lim_{xto{2}}frac{x^2-4}{x+7}=frac{2^2-4}{2+7}=0$ и $lim_{xto{2}}sinleft(frac{x^2-4}{x+7}right)=sin{0}=0$, т.е. и числитель и знаменатель дроби одновременно стремятся к нулю, то здесь мы имеем дело с неопределенностью вида $frac{0}{0}$, т.е. первое условие выполнено. Кроме того, видно, что выражения под знаком синуса и в знаменателе совпадают (т.е. выполнено и второе условие):

Итак, оба условия, перечисленные в начале страницы, выполнены. Из этого следует, что применима формула (1), т.е. $lim_{xto{2}} frac{sinleft(frac{x^2-4}{x+7}right)}{frac{x^2-4}{x+7}}=1$.

Ответ: $lim_{xto{2}}frac{sinleft(frac{x^2-4}{x+7}right)}{frac{x^2-4}{x+7}}=1$.

Пример №3

Найти $lim_{xto{0}}frac{sin{9x}}{x}$.

Решение

Так как $lim_{xto{0}}sin{9x}=0$ и $lim_{xto{0}}x=0$, то мы имеем дело с неопределенностью вида $frac{0}{0}$, т.е. первое условие 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 второе условие 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:

$$
lim_{xto{0}}frac{sin{9x}}{x}=left|frac{0}{0}right|
=lim_{xto{0}}frac{sin{9x}}{9xcdotfrac{1}{9}}
=9lim_{xto{0}}frac{sin{9x}}{9x}
$$

Теперь выражения в знаменателе и под знаком синуса совпали. Оба условия для предела $lim_{xto{0}}frac{sin{9x}}{9x}$ выполнены. Следовательно, $lim_{xto{0}}frac{sin{9x}}{9x}=1$. А это значит, что:

$$
9lim_{xto{0}}frac{sin{9x}}{9x}=9cdot{1}=9.
$$

Ответ: $lim_{xto{0}}frac{sin{9x}}{x}=9$.

Пример №4

Найти $lim_{xto{0}}frac{sin{5x}}{tg{8x}}$.

Решение

Так как $lim_{xto{0}}sin{5x}=0$ и $lim_{xto{0}}tg{8x}=0$, 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 $8x$:

$$lim_{xto{0}}frac{sin{5x}}{tg{8x}}=left|frac{0}{0}right|
=lim_{xto{0}}frac{frac{sin{5x}}{5x}cdot{5x}}{frac{tg{8x}}{8x}cdot{8x}}$$

Сокращая на $x$ и вынося константу $frac{5}{8}$ за знак предела, получим:

$$
lim_{xto{0}}frac{frac{sin{5x}}{5x}cdot{5x}}{frac{tg{8x}}{8x}cdot{8x}}
=frac{5}{8}cdotlim_{xto{0}}frac{frac{sin{5x}}{5x}}{frac{tg{8x}}{8x}}
$$

Обратите внимание, что $lim_{xto{0}}frac{sin{5x}}{5x}$ полностью удовлетворяет требованиям для первого замечательного предела. Для отыскания $lim_{xto{0}}frac{tg{8x}}{8x}$ применима формула (2):

$$
frac{5}{8}cdotlim_{xto{0}}frac{frac{sin{5x}}{5x}}{frac{tg{8x}}{8x}}
=frac{5}{8}cdotfrac{displaystylelim_{xto{0}}frac{sin{5x}}{5x}}{displaystylelim_{xto{0}}frac{tg{8x}}{8x}}
=frac{5}{8}cdotfrac{1}{1}
=frac{5}{8}.
$$

Ответ: $lim_{xto{0}}frac{sin{5x}}{tg{8x}}=frac{5}{8}$.

Пример №5

Найти $lim_{xto{0}}frac{cos{5x}-cos^3{5x}}{x^2}$.

Решение

Так как $lim_{xto{0}}(cos{5x}-cos^3{5x})=1-1=0$ (напомню, что $cos{0}=1$) и $lim_{xto{0}}x^2=0$, 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 (1)) или тангенсам (чтобы потом применить формулу (2)). Сделать это можно таким преобразованием:

$$cos{5x}-cos^3{5x}=cos{5x}cdotleft(1-cos^2{5x}right)$$

Так как $sin^2{5x}=1-cos^2{5x}$ (см. тригонометрические формулы), то:

$$cos{5x}-cos^3{5x}=cos{5x}cdotleft(1-cos^2{5x}right)=cos{5x}cdotsin^2{5x}.$$

Вернемся к пределу:

$$
lim_{xto{0}}frac{cos{5x}-cos^3{5x}}{x^2}=left|frac{0}{0}right|
=lim_{xto{0}}frac{cos{5x}cdotsin^2{5x}}{x^2}
=lim_{xto{0}}left(cos{5x}cdotfrac{sin^2{5x}}{x^2}right)
$$

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):

$$frac{sin^2{5x}}{x^2}=frac{sin^2{5x}}{25x^2cdotfrac{1}{25}}=25cdotfrac{sin^2{5x}}{25x^2}=25cdotleft(frac{sin{5x}}{5x}right)^2$$

Вернемся к рассматриваемому пределу:

$$
lim_{xto{0}}left(cos{5x}cdotfrac{sin^2{5x}}{x^2}right)
=lim_{xto{0}}left(25cos{5x}cdotleft(frac{sin{5x}}{5x}right)^2right)=\
=25cdotlim_{xto{0}}cos{5x}cdotlim_{xto{0}}left(frac{sin{5x}}{5x}right)^2
=25cdot{1}cdot{1^2}
=25.
$$

Ответ: $lim_{xto{0}}frac{cos{5x}-cos^3{5x}}{x^2}=25$.

Пример №6

Найти предел $lim_{xto{0}}frac{1-cos{6x}}{1-cos{2x}}$.

Решение

Так как $lim_{xto{0}}(1-cos{6x})=0$ и $lim_{xto{0}}(1-cos{2x})=0$, 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 $1-cos{2alpha}=2sin^2{alpha}$, то:

$$1-cos{6x}=2sin^2{3x};;1-cos{2x}=2sin^2{x}.$$

Переходя в заданном пределе к синусам, будем иметь:

$$
lim_{xto{0}}frac{1-cos{6x}}{1-cos{2x}}=left|frac{0}{0}right|
=lim_{xto{0}}frac{2sin^2{3x}}{2sin^2{x}}
=lim_{xto{0}}frac{sin^2{3x}}{sin^2{x}}=\

=lim_{xto{0}}frac{frac{sin^2{3x}}{(3x)^2}cdot(3x)^2}{frac{sin^2{x}}{x^2}cdot{x^2}}
=lim_{xto{0}}frac{left(frac{sin{3x}}{3x}right)^2cdot{9x^2}}{left(frac{sin{x}}{x}right)^2cdot{x^2}}
=9cdotfrac{displaystylelim_{xto{0}}left(frac{sin{3x}}{3x}right)^2}{displaystylelim_{xto{0}}left(frac{sin{x}}{x}right)^2}
=9cdotfrac{1^2}{1^2}
=9.
$$

Ответ: $lim_{xto{0}}frac{1-cos{6x}}{1-cos{2x}}=9$.

Пример №7

Вычислить предел $lim_{xto{0}}frac{cos(alpha{x})-cos(beta{x})}{x^2}$ при условии $alphaneqbeta$.

Решение

Подробные пояснения были даны ранее, здесь же просто отметим, что вновь наличествует неопределенность $frac{0}{0}$. Перейдем от косинусов к синусам, используя формулу

$$cosalpha-cosbeta=-2sinfrac{alpha+beta}{2}cdotsinfrac{alpha-beta}{2}.$$

Используя указанную формулу, получим:

$$
lim_{xto{0}}frac{cos(alpha{x})-cos(beta{x})}{x^2}=left|frac{0}{0}right|
=lim_{xto{0}}frac{-2sinfrac{alpha{x}+beta{x}}{2}cdotsinfrac{alpha{x}-beta{x}}{2}}{x^2}=\
=-2cdotlim_{xto{0}}frac{sinleft(xcdotfrac{alpha+beta}{2}right)cdotsinleft(xcdotfrac{alpha-beta}{2}right)}{x^2}

=-2cdotlim_{xto{0}}left(frac{sinleft(xcdotfrac{alpha+beta}{2}right)}{x}cdotfrac{sinleft(xcdotfrac{alpha-beta}{2}right)}{x}right)=\
=-2cdotlim_{xto{0}}left(frac{sinleft(xcdotfrac{alpha+beta}{2}right)}{xcdotfrac{alpha+beta}{2}}cdotfrac{alpha+beta}{2}cdotfrac{sinleft(xcdotfrac{alpha-beta}{2}right)}{xcdotfrac{alpha-beta}{2}}cdotfrac{alpha-beta}{2}right)=\

=-frac{(alpha+beta)cdot(alpha-beta)}{2}lim_{xto{0}}frac{sinleft(xcdotfrac{alpha+beta}{2}right)}{xcdotfrac{alpha+beta}{2}}cdotlim_{xto{0}}frac{sinleft(xcdotfrac{alpha-beta}{2}right)}{xcdotfrac{alpha-beta}{2}}
=-frac{alpha^2-beta^2}{2}cdot{1}cdot{1}
=frac{beta^2-alpha^2}{2}.
$$

Ответ: $lim_{xto{0}}frac{cos(alpha{x})-cos(beta{x})}{x^2}=frac{beta^2-alpha^2}{2}$.

Пример №8

Найти предел $lim_{xto{0}}frac{tg{x}-sin{x}}{x^3}$.

Решение

Так как $lim_{xto{0}}(tg{x}-sin{x})=0$ (напомню, что $sin{0}=tg{0}=0$) и $lim_{xto{0}}x^3=0$, то здесь мы имеем дело с неопределенностью вида $frac{0}{0}$. Раскроем её следующим образом:

$$
lim_{xto{0}}frac{tg{x}-sin{x}}{x^3}=left|frac{0}{0}right|
=lim_{xto{0}}frac{frac{sin{x}}{cos{x}}-sin{x}}{x^3}
=lim_{xto{0}}frac{sin{x}cdotleft(frac{1}{cos{x}}-1right)}{x^3}
=lim_{xto{0}}frac{sin{x}cdotleft(1-cos{x}right)}{x^3cdotcos{x}}=\

=lim_{xto{0}}frac{sin{x}cdot{2}sin^2frac{x}{2}}{x^3cdotcos{x}}
=frac{1}{2}cdotlim_{xto{0}}left(frac{sin{x}}{x}cdotleft(frac{sinfrac{x}{2}}{frac{x}{2}}right)^2cdotfrac{1}{cos{x}}right)
=frac{1}{2}cdot{1}cdot{1^2}cdot{1}
=frac{1}{2}.
$$

Аналогичную задачу можно посмотреть в решебнике Демидовича (№475)

Ответ: $lim_{xto{0}}frac{tg{x}-sin{x}}{x^3}=frac{1}{2}$.

Пример №9

Найти предел $lim_{xto{3}}frac{1-cos(x-3)}{(x-3)tgfrac{x-3}{2}}$.

Решение

Так как $lim_{xto{3}}(1-cos(x-3))=0$ и $lim_{xto{3}}(x-3)tgfrac{x-3}{2}=0$, 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 (1)-(4) 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 $xto{3}$, то $tto{0}$.

$$
lim_{xto{3}}frac{1-cos(x-3)}{(x-3)tgfrac{x-3}{2}}=left|frac{0}{0}right|
=left|begin{aligned}&t=frac{x-3}{2};\&tto{0}end{aligned}right|
=lim_{tto{0}}frac{1-cos{2t}}{2tcdottg{t}}
=lim_{tto{0}}frac{2sin^2t}{2tcdottg{t}}
=lim_{tto{0}}frac{sin^2t}{tcdottg{t}}=\
=lim_{tto{0}}frac{sin^2t}{tcdotfrac{sin{t}}{cos{t}}}
=lim_{tto{0}}frac{sin{t}cos{t}}{t}
=lim_{tto{0}}left(frac{sin{t}}{t}cdotcos{t}right)
=lim_{tto{0}}frac{sin{t}}{t}cdotlim_{tto{0}}cos{t}
=1cdot{1}
=1.
$$

Ответ: $lim_{xto{3}}frac{1-cos(x-3)}{(x-3)tgfrac{x-3}{2}}=1$.

Пример №10

Найти предел $lim_{xtofrac{pi}{2}}frac{1-sin{x}}{left(frac{pi}{2}-xright)^2}$.

Решение

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 (1)-(4) переменная $alphato{0}$). Проще всего ввести переменную $t=frac{pi}{2}-x$. Так как $xtofrac{pi}{2}$, то $tto{0}$:

$$
lim_{xtofrac{pi}{2}}frac{1-sin{x}}{left(frac{pi}{2}-xright)^2}
=left|frac{0}{0}right|
=left|begin{aligned}&t=frac{pi}{2}-x;\&tto{0}end{aligned}right|
=lim_{tto{0}}frac{1-sinleft(frac{pi}{2}-tright)}{t^2}
=lim_{tto{0}}frac{1-cos{t}}{t^2}=\
=lim_{tto{0}}frac{2sin^2frac{t}{2}}{t^2}

=2lim_{tto{0}}frac{sin^2frac{t}{2}}{t^2}
=2lim_{tto{0}}frac{sin^2frac{t}{2}}{frac{t^2}{4}cdot{4}}
=frac{1}{2}cdotlim_{tto{0}}left(frac{sinfrac{t}{2}}{frac{t}{2}}right)^2
=frac{1}{2}cdot{1^2}
=frac{1}{2}.
$$

Ответ: $lim_{xtofrac{pi}{2}}frac{1-sin{x}}{left(frac{pi}{2}-xright)^2}=frac{1}{2}$.

Пример №11

Найти пределы $lim_{xtofrac{pi}{2}}frac{1-sin{x}}{cos^2x}$, $lim_{xtofrac{2pi}{3}}frac{tg{x}+sqrt{3}}{2cos{x}+1}$.

Решение

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 $lim_{xtofrac{pi}{2}}(1-sin{x})=0$ (напомню, что $sinfrac{pi}{2}=1$) и $lim_{xtofrac{pi}{2}}cos^2x=0$ (напомню, что $cosfrac{pi}{2}=0$), 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 $cos^2x=1-sin^2x$:

$$
lim_{xtofrac{pi}{2}}frac{1-sin{x}}{cos^2x}
=left|frac{0}{0}right|
=lim_{xtofrac{pi}{2}}frac{1-sin{x}}{1-sin^2x}
=lim_{xtofrac{pi}{2}}frac{1-sin{x}}{(1-sin{x})(1+sin{x})}
=lim_{xtofrac{pi}{2}}frac{1}{1+sin{x}}
=frac{1}{1+1}
=frac{1}{2}.
$$

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 $tgfrac{2pi}{3}=-sqrt{3}$ и $2cosfrac{2pi}{3}=-1$. 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 $t=x-frac{2pi}{3}$ несложно осуществить.

$$
lim_{xtofrac{2pi}{3}}frac{tg{x}+sqrt{3}}{2cos{x}+1}
=lim_{xtofrac{2pi}{3}}frac{tg{x}+sqrt{3}}{2cdotleft(cos{x}+frac{1}{2}right)}
=lim_{xtofrac{2pi}{3}}frac{tg{x}-tgfrac{2pi}{3}}{2cdotleft(cos{x}-cosfrac{2pi}{3}right)}=\

=lim_{xtofrac{2pi}{3}}frac{frac{sinleft(x-frac{2pi}{3}right)}{cos{x}cosfrac{2pi}{3}}}{-4sinfrac{x+frac{2pi}{3}}{2}sinfrac{x-frac{2pi}{3}}{2}}
=lim_{xtofrac{2pi}{3}}frac{sinleft(x-frac{2pi}{3}right)}{-4sinfrac{x+frac{2pi}{3}}{2}sinfrac{x-frac{2pi}{3}}{2}cos{x}cosfrac{2pi}{3}}=\

=lim_{xtofrac{2pi}{3}}frac{2sinfrac{x-frac{2pi}{3}}{2}cosfrac{x-frac{2pi}{3}}{2}}{-4sinfrac{x+frac{2pi}{3}}{2}sinfrac{x-frac{2pi}{3}}{2}cos{x}cosfrac{2pi}{3}}
=lim_{xtofrac{2pi}{3}}frac{cosfrac{x-frac{2pi}{3}}{2}}{-2sinfrac{x+frac{2pi}{3}}{2}cos{x}cosfrac{2pi}{3}}=\

=frac{1}{-2cdotfrac{sqrt{3}}{2}cdotleft(-frac{1}{2}right)cdotleft(-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? показатьскрыть

Ответ: $lim_{xtofrac{pi}{2}}frac{1-sin{x}}{cos^2x}=frac{1}{2}$, $lim_{xtofrac{2pi}{3}}frac{tg{x}+sqrt{3}}{2cos{x}+1}=-frac{4}{sqrt{3}}$.

Источник

Содержание:

Замечательные пределы

Сравнение бесконечно малых функций

Признак существования предела (теорема о 2-х милиционерах)

Теорема: Если значения функции

значениями функций

Рассмотрим геометрический смысл данной теоремы (Рис. 62). Из рисунка видно, что в случае, когда функции стягиваются к прямой у=А, то они “вынуждают” функцию также приближаться к той же самой прямой (“куда идут два милиционера, ведущие арестованного, туда идет и сам арестованный”).

Рис. 62. Иллюстрация теоремы о “2-х милиционерах”.

Доказательство: Пусть — точка сгущения для функций в общей области определения. Это означает, что в некоторой -окрестности точки выполняется неравенство В -окрестности точки выполняется неравенство Так как значения функции заключены между значениями функций то в некоторой -окрестности точки меньшей из -окрестностей будет выполняться неравенство Отсюда следует, что выполняется неравенство или

Первый замечательный предел

Определение: Предел отношения синуса какого-либо аргумента к этому аргументу при стремлении аргумента к нулю равен единице, т.е. и называется первым замечательным пределом.

Пример:

Пределы являются первыми замечательными пределами

Доказательство: Для вывода этой формулы построим окружность с центром в точке О(0; 0) и радиусом R = 1. Выберем угол в первой координатной четверти и сравним площади трех фигур: треугольник АОВ, сектор АОВ и треугольник AOD (Рис. 63):

Рис. 63. Иллюстрация вывода формулы первого замечательного предела.

Из рисунка видно, что площади указанных фигу р связаны соотношением:

Вычислим эти площади

Следовательно, вышеприведенное неравенство приводится к виду В силу того, что получаем Разделим полученное неравенство на знак всех неравенств не изменится: Переходя к обратным неравенствам, или в силу того, что то по теореме о 2-х милиционерах

Аналогично проводится доказательство для любого значения угла

Таким образом, наличие в пределе, сводящемся к неопределенности тригонометрических функции может указывать на первый замечательный предел.

При вычислении первого замечательного предела используют следующие формулы:

а также следующие таблицы:

Табл. 1. Значения синуса и косинуса на интервале

Табл. 2. Формулы приведения.

Пример:

Найти

Решение:

При подстановке предельной величины переменной х имеем неопределенность Воспользуемся формулой и преобразуем данный предел следующим образом:

Пример:

Найти

Решение:

При подстановке предельного значения переменной х имеем неопределённость Воспользуемся формулой тогда данный предел равен:

Пример:

Найти

Решение:

При подстановке предельного значения переменной х имеем неопределённость Введём замену (при ) и воспользуемся следующей формулой Предел преобразуется к виду:

Пример:

Найти

Решение:

При подстановке предельного значения переменной х имеем неопределённость Воспользуемся формулами получим:

Число e и натуральные логарифмы. Второй замечательный предел

Рассмотрим логарифмическую функцию Выбирая различные значения основания, будем вычислять тангенсы угла наклона касательной к графику этой функции в точке (см. график логарифмической функции в Лекции № 22).

Определение: Натуральным логарифмом называется логарифм, для которого основание выбрано так, чтобы тангенс угла наклона касательной к положительному направлению оси абсцисс (Ох) был равен 1.

Основанием натурального логарифма является число Это число трансцедентное, т.е. не является решением ни одного алгебраического уравнения. Установим связь между натуральными и десятичными логарифмами:

Определение: Вторым замечательным пределом называется предельное равенство (первая форма)

или

(вторая форма).

Замечание: Первая форма второго замечательного предела переходит во вторую с помощью замены с учетом теоремы о связи бесконечно большой функции с бесконечно малой функцией.

Замечание: Наличие неопределенности указывает на второй замечательный предел, т.е. если пределы функций что указывает на второй замечательный предел.

Пример:

Найти

Решение:

При подстановке предельного значения переменной х не имеем неопределенности

— не второй замечательный предел.

Пример:

Найти lim

Решение:

При подстановке предельного значения переменной х имеем неопределенность Проведём преобразование подлимитной функции: ( — первая форма второго замечательного предела, преобразуем данное выражение под вид второго замечательного предела)

(роль функции играет выражение возведем круглую скобку в эту степень, а за квадратной скобкой возведем в обратную степень для тождественности проводимых преобразований, получим) =

= (выражение в квадратных скобках стремится к числу е, а показатель степени — к числу -4/5 (см. раскрытие неопределённости для полиномов примере из пункта Вычисление пределов и раскрытие неопределенностей поэтому окончательный ответ имеет вид)=

Пример:

Найти

Решение:

При подстановке предельного значения переменной х имеем неопределенность Проведём преобразование подлимитной функции:

(вторая форма второго замечательного предела, преобразуем данное выражение под вид второго замечательного предела)= = (роль функции играет выражение (2-2х))=

=(выражение в квадратных скобках стремится к числу е, а показатель степени — к числу -2 (подставить в показатель степени вместо переменной х ее предельное значение 1), поэтому окончательный ответ имеет вид)

Заказать решение задач по высшей математике

Сравнение бесконечно малых функций

Сравнить две бесконечно малые функции и означает вычислить предел

Определение: Если предел К не существует, то бесконечно малые функции и называются несравнимыми.

Пример:

Пусть — две бесконечно малые функции при Доказать, что эти бесконечно малые функции несравнимые.

Решение:

Для доказательства вычислим предел -данный предел не существует, так как нельзя указать предельное значение для подлимитной функции cosx на бесконечности.

Определение: Если предел К равен нулю, то бесконечно малая функция называется бесконечно малой функцией более высокого порядка малости, чем бесконечно малая функция

Пример:

Пусть — две бесконечно малые функции при Доказать, что бесконечно малая функция является бесконечно малой функцией более высокого порядка малости, чем бесконечно малая функция

Решение:

Для доказательства вычислим предел Следовательно, бесконечно малая функция является бесконечно малой функцией более высокого порядка малости, чем бесконечно малая функция при

Определение: Если предел К равен то бесконечно малая функция называется бесконечно малой функцией более низкого порядка малости, чем бесконечно малая функция

Пример:

Пусть — две бесконечно малые функции при Доказать, что бесконечно малая функция является бесконечно малой функцией более низкого порядка малости, чем бесконечно малая функция

Решение:

Для доказательства вычислим предел

Следовательно, бесконечно малая функция является бесконечно малой функцией более низкого порядка малости, чем бесконечно малая функция

Определение: Если предел К равен конечному числу то бесконечно малые функции называются бесконечно малыми функциями одного порядка малости.

Пример:

Пусть — две бесконечно малые функции при Доказать, что бесконечно малые функции являются бесконечно малыми функциями одного порядка малости.

Решение:

Для доказательства вычислим предел

Следовательно, бесконечно малые функции являются бесконечно малыми функциями одного порядка малости при

Определение: Если предел К равен 1, то бесконечно малые функции а(х) и Д(х) называются эквивалентными.

Пример:

Пусть — две бесконечно малые функции при Доказать, что бесконечно малые функции являются эквивалентными.

Решение:

Вычислим предел Следовательно, бесконечно малые функции являются эквивалентными при Рассмотрим признак эквивалентности бесконечно малых функций.

Теорема: Для того чтобы бесконечно малые функции были эквивалентными, необходимо и достаточно, чтобы разность бесконечно малых функций была бесконечно малой функцией более высокого порядка малости, чем бесконечно малые функции .

Доказательство:

1. Необходимость. Пусть бесконечно малая функция является бесконечно малой функцией более высокого порядка малости, чем бесконечно малые функции т.е. пределы Докажем, что бесконечно малые функции эквивалентны. Преобразуем первый из этих пределов:

Отсюда следует, что т.е. бесконечно малые функции эквивалентны. Аналогично преобразуется второй пре- дел.

2. Достаточность. Пусть бесконечно малые функции являются эквивалентными, т.е. Докажем, что разность двух бесконечно малых функций является бесконечно малой функцией более высокого порядка малости, чем бесконечно малые функции Преобразуем данный предел следующим образом: Отсюда следует, что функция является бесконечно малой функцией более высокого порядка малости, чем бесконечно малые функции Аналогично доказывается, что функция является бесконечно малой функцией более высокого порядка малости, чем бесконечно малые функции

Замечание: При вычислениях одна бесконечно малая функция может быть заменена на эквивалентную бесконечно малую функцию. Например, функции эквивалентны функции х при

—вышмат

Замечательные пределы

Первый замечательный предел

Предел отношения синуса бесконечно малой дуги к самой дуге, выраженной в радианах, равен единице:

Следовательно,

Пример №25

Найти

Решение:

Применим первый замечательный предел:

Второй замечательный предел

Числом е называется предел функции

(Для запоминания: 2<е<3; 1828 — год рождения Л.Н. Толстого) Следовательно,

Задача о непрерывном начислении процентов

Первоначальный вклад в банк составил денежных единиц. Банк выплачивает ежегодно годовых. Необходимо найти размер вклада через t лет.

Решение:

Размер вклада будет увеличиваться ежегодно в раз и

через t лет составит Если же начислять проценты n раз в году,

то будущая сумма составит Предположим, что проценты по вкладу начисляются каждое полугодие (n=2), ежеквартально (n=4), ежемесячно (n=12), каждый день (n=365), каждый час (n=8760) и, наконец, непрерывно (n). Тогда за год размер вклада составит: