Корни
Из теории мы знаем, что непрерывны (везде, где определены) функции тригонометрические, ex, lnx, xα, и как частный случай последнего – корни любых степеней. Последнее позволяет вносить предел под корень, если только подкоренное выражение имеет конечный предел.
Если переменная в пределе стремится не к бесконечности, можно попытаться привести выражение в пределе к такому виду, чтобы эта переменная везде стояла в отрицательной степени, тогда эта степень устремится к нулю (так же, как мы делали на прошлом занятии).
Пример: Демидович №435 limx→∞√x+√x+√x√x+1=limx→∞√x+√x+√x√x√x+1√x=limx→∞√x+√x+√xx√x+1x=limx→∞√1+√x+√xx√1+1x= =limx→∞√1+√x+√xx2√1+1x=limx→∞√1+√1x+1x√x√1+1x= так как limx→∞1x=0, limx→∞1x√x=0, =√1+√0+0√1+0=1.
Задание: №436
Если переменная в пределе стремится к конечному числу, отрицательные степени не помогут. Для борьбы с корнями можно применить формулу (a−b)(an+an−1b+an−2b2+⋯+abn−1+bn)=an+1−bn+1 Её частными случаями являются формулы для разности квадратов (a−b)(a+b)=a2−b2 и кубов (a−b)(a2+ab+b2)=a3−b3, но она позволяет возводить отдельные слагаемые и в более высокие степени. Напрмер: (a−b)(a4+a3b+a2b2+ab3+b4)=a5−b5. Пример: Демидович №438 limx→−8√1−x−32+3√x= числитель и знаменатель дают 0, надо бы сократить на то, что обнуляется. Но мешают корни, так что сначала будем корчевать их: =limx→−8(√1−x−3)(√1−x+3)(2+3√x)(√1−x+3)=limx→−81−x−9(2+3√x)(√1−x+3)= =−limx→−8(x+8)(4−23√x+3√x2)(2+3√x)(4−23√x+3√x2)(√1−x+3)=−limx→−8(x+8)(4−23√x+3√x2)(8+x)(√1−x+3)= теперь можно и подставлять: =−4−23√−8+3√(−8)2√1+8+3=−4+23√8+3√82√9+3=−4+2⋅2+223+3=−126=−2. Задание: № 437, 441, 442, 448.
Иногда с корнями приходится и более сложными способами, в несколько частей.
Пример: Демидович №459 limx→∞x(√x2+2x−2√x2+x+x)=L Сразу обозначим наш предел, чтобы потом не запутаться. L=limx→∞x2(√1+2x−2√1+1x+1)=limx→∞x2[(√1+2x+1)−2√1+1x][(√1+2x+1)+2√1+1x](√1+2x+1)+2√1+1x= =limx→∞x2[(√1+2x+1)2−4(1+1x)]⋅1(√1+2x+1)+2√1+1x. Возьмём по отдельности пределы от множителей. Второй прост: limx→∞1(√1+2x+1)+2√1+1x=1√1+0+1+2√1+0=14 Первый посложнее и его мы тоже обозначим: L1=limx→∞x2[(√1+2x+1)2−4(1+1x)]=limx→∞x2[(1+2x+2√1+2x+1)−4(1+1x)]= =limx→∞2x2[√1+2x−(1+1x)]=limx→∞2x2[√1+2x−(1+1x)][√1+2x+(1+1x)][√1+2x+(1+1x)]= =limx→∞2x2[1+2x−(1+1x)2]⋅1√1+2x+(1+1x). Множители этого предела мы тоже вычислим отдельно: limx→∞1√1+2x+(1+1x)=1√1+0+(1+0)=12 limx→∞2x2[1+2x−(1+1x)2]=limx→∞2x2[1+2x−(1+21x+1x2)]=limx→∞2x2[−1x2]=−2 Так как пределы множителей в пределе L1 существуют и конечны, L1=limx→∞2x2[1+2x−(1+1x)2]⋅limx→∞1√1+2x+(1+1x)=−212=−1 Так как пределы множителей в пределе L существуют и конечны, L=limx→∞x2[(√1+2x+1)2−4(1+1x)]⋅limx→∞1(√1+2x+1)+2√1+1x=−1⋅14=−14. Задание: № 457, 458, 464.
Первый замечательный предел
Первый замечательный предел выглядит так: limx→0sinxx=1 Применяется он, обычно, через композицию функций: limx→asinf(x)f(x)=1,limx→af(x)=0 Заметим, что внутри синуса и в знаменателе должно стоять строго одно и то же, и оно должно стремиться к нулю. Поэтому в №471 из Демидовича сначала нужно обеспечить одинаковость выражений: limx→0sin5xx=limx→0sin5x5x5=5. В следующем номере №472 не выполняется стремление к нулю: limx→∞sinxx=0, так как limx→∞1x=0, а синус – ограничен, поэтому произведение бесконечно мало. Предел этот, как видно, взять можно, но первый замечательный предел при этом остаётся ненужен.
Ещё несколько примеров: №474.1 limx→0tgxx=limx→0sinxx1cosx=1⋅1=1 №474 limx→01−cosxx2=limx→0(1−cosx)(1+cosx)x2(1+cosx)=limx→01−cos2xx2(1+cosx)=limx→0(sinxx)21(1+cosx)=12⋅11+1=12 №482 limx→asinx−sinax−a=limx→a2sinx−a2cosx+a2x−a=limx→asinx−a2x−a2⋅cosx+a2=1⋅cosa+a2=cosa Задание: № 477, 480, 483, 488.
