Предел и непрерывность функции - 16 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

ЮФУ | Ростов-на-Дону

Составители: 

Рубрика: 

7) lim
x→−∞
x(
√
x
2
− 1 + x), 8) lim
x→+∞
x
√
x
2
+ 2x − 2
√
x
2
+ x + x
,
9) lim
x→+∞
x
3/2
(
√
x + 2 − 2
√
x + 1 +
√
x).
1.6 Первый замечательный предел
Прежде всего напомним, что lim
x→a
sin x = sin a, lim
x→a
cos x = cos a, для лю-
бого числа a ∈ R, и lim
x→a
arcsin x = arcsin a для любого числа a ∈ [−1, 1]. В
частности, lim
x→0
sin x = 0, lim
x→0
arcsin x = 0, lim
x→0
cos x = 1.
Имеет место равенство lim
x→0
sin x
x
= 1, называемое первым замечательным
пределом, из которого следует, что
lim
x→0
arcsin x
x
= 1, lim
x→0
tg x
x
= 1, lim
x→0
arctg x
x
= 1.
Таким образом, sin x ∼ x, arcsin x ∼ x, tg x ∼ x, arctg x ∼ x при x → 0.
Используя эти соотношения и теорему о пределе суперпозиции ([3, теорема
2.37]), получаем, что при x → a, если lim
x→a
α(x) = 0,
sin α(x) ∼ α(x), arcsin α(x) ∼ α(x) tg α(x) ∼ α(x), arctg α(x) ∼ α(x).
Пример 14. Вычислить lim
x→0
cos 3x − cos 7x
sin x
2
.
Имеем неопределенность вида 0/0. Поскольку sin α(x) ∼ α(x) при α(x) → 0
и эквивалентными можно заменять функции в произведении и частном, то
lim
x→0
cos 3x − cos 7x
sin x
2
= 2 lim
x→0
sin 5x sin 2x
sin x
2
= 2 lim
x→0
5x · 2x
x
2
= 20.
Пример 15. Вычислить lim
x→1
sin 7πx
sin 2πx
.
Имеем неопределенность вида 0/0. Следует обратить внимание на то, что
хотя lim
x→1
sin nπx = 0, n ∈ N, но nπx → nπ 6= 0 при x → 1, и sin nπx 6∼ nπx
при x → 1. Чтобы применить первый замечательный предел, используем
представление nπx = nπ + nπ(x − 1) и формулы приведения
sin 7πx = sin(7π + 7π(x − 1)) = −sin 7π(x − 1),
sin 2πx = sin(2π + 2π(x − 1)) = sin 2π(x − 1).
При x → 1 sin 7π(x − 1) ∼ 7π(x − 1), sin 2π(x − 1) ∼ 2π(x − 1), поэтому
lim
x→1
sin 7πx
sin 2πx
= −lim
x→1
sin 7π(x − 1)
sin 2π(x − 1)
= −lim
x→1
7π(x − 1)
2π(x − 1)
= −
7π
2π
= −
7
2
.
16

Страницы