Корни
Из теории мы знаем, что непрерывны (везде, где определены) функции тригонометрические, $e^{x}$, $\ln x$, $x^{\alpha}$, 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 \[ \lim\limits _{x\to\infty}\frac{\sqrt{x+\sqrt{x+\sqrt{x}}}}{\sqrt{x+1}}=\lim\limits _{x\to\infty}\frac{\frac{\sqrt{x+\sqrt{x+\sqrt{x}}}}{\sqrt{x}}}{\frac{\sqrt{x+1}}{\sqrt{x}}}=\lim\limits _{x\to\infty}\frac{\sqrt{\frac{x+\sqrt{x+\sqrt{x}}}{x}}}{\sqrt{\frac{x+1}{x}}}=\lim\limits _{x\to\infty}\frac{\sqrt{1+\frac{\sqrt{x+\sqrt{x}}}{x}}}{\sqrt{1+\frac{1}{x}}}= \] \[ =\lim\limits _{x\to\infty}\frac{\sqrt{1+\sqrt{\frac{x+\sqrt{x}}{x^{2}}}}}{\sqrt{1+\frac{1}{x}}}=\lim\limits _{x\to\infty}\frac{\sqrt{1+\sqrt{\frac{1}{x}+\frac{1}{x\sqrt{x}}}}}{\sqrt{1+\frac{1}{x}}}= \] так как $\lim\limits _{x\to\infty}\frac{1}{x}=0$, $\lim\limits _{x\to\infty}\frac{1}{x\sqrt{x}}=0$, \[ =\frac{\sqrt{1+\sqrt{0+0}}}{\sqrt{1+0}}=1. \]
Задание: №436
Если переменная в пределе стремится к конечному числу, отрицательные степени не помогут. Для борьбы с корнями можно применить формулу \[ \left(a-b\right)\left(a^{n}+a^{n-1}b+a^{n-2}b^{2}+\dots+ab^{n-1}+b^{n}\right)=a^{n+1}-b^{n+1} \] Её частными случаями являются формулы для разности квадратов \[ \left(a-b\right)\left(a+b\right)=a^{2}-b^{2} \] и кубов \[ \left(a-b\right)\left(a^{2}+ab+b^{2}\right)=a^{3}-b^{3}, \] но она позволяет возводить отдельные слагаемые и в более высокие степени. Напрмер: \[ \left(a-b\right)\left(a^{4}+a^{3}b+a^{2}b^{2}+ab^{3}+b^{4}\right)=a^{5}-b^{5}. \] Пример: Демидович №438 \[ \lim\limits _{x\to-8}\frac{\sqrt{1-x}-3}{2+\sqrt[3]{x}}= \] числитель и знаменатель дают 0, надо бы сократить на то, что обнуляется. Но мешают корни, так что сначала будем корчевать их: \[ =\lim\limits _{x\to-8}\frac{\left(\sqrt{1-x}-3\right)\left(\sqrt{1-x}+3\right)}{\left(2+\sqrt[3]{x}\right)\left(\sqrt{1-x}+3\right)}=\lim\limits _{x\to-8}\frac{1-x-9}{\left(2+\sqrt[3]{x}\right)\left(\sqrt{1-x}+3\right)}= \] \[ =-\lim\limits _{x\to-8}\frac{\left(x+8\right)\left(4-2\sqrt[3]{x}+\sqrt[3]{x^{2}}\right)}{\left(2+\sqrt[3]{x}\right)\left(4-2\sqrt[3]{x}+\sqrt[3]{x^{2}}\right)\left(\sqrt{1-x}+3\right)}=-\lim\limits _{x\to-8}\frac{\bcancel{\left(x+8\right)}\left(4-2\sqrt[3]{x}+\sqrt[3]{x^{2}}\right)}{\bcancel{\left(8+x\right)}\left(\sqrt{1-x}+3\right)}= \] теперь можно и подставлять: \[ =-\frac{4-2\sqrt[3]{-8}+\sqrt[3]{\left(-8\right)^{2}}}{\sqrt{1+8}+3}=-\frac{4+2\sqrt[3]{8}+\sqrt[3]{8^{2}}}{\sqrt{9}+3}=-\frac{4+2\cdot2+2^{2}}{3+3}=-\frac{12}{6}=-2. \] Задание: № 437, 441, 442, 448.
Иногда с корнями приходится и более сложными способами, в несколько частей.
Пример: Демидович №459 \[ \lim\limits _{x\to\infty}x\left(\sqrt{x^{2}+2x}-2\sqrt{x^{2}+x}+x\right)=L \] Сразу обозначим наш предел, чтобы потом не запутаться. \[ L=\lim\limits _{x\to\infty}x^{2}\left(\sqrt{1+\frac{2}{x}}-2\sqrt{1+\frac{1}{x}}+1\right)=\lim\limits _{x\to\infty}x^{2}\frac{\left[\left(\sqrt{1+\frac{2}{x}}+1\right)-2\sqrt{1+\frac{1}{x}}\right]\left[\left(\sqrt{1+\frac{2}{x}}+1\right)+2\sqrt{1+\frac{1}{x}}\right]}{\left(\sqrt{1+\frac{2}{x}}+1\right)+2\sqrt{1+\frac{1}{x}}}= \] \[ =\lim\limits _{x\to\infty}x^{2}\left[\left(\sqrt{1+\frac{2}{x}}+1\right)^{2}-4\left(1+\frac{1}{x}\right)\right]\cdot\frac{1}{\left(\sqrt{1+\frac{2}{x}}+1\right)+2\sqrt{1+\frac{1}{x}}}. \] Возьмём по отдельности пределы от множителей. Второй прост: \[ \lim\limits _{x\to\infty}\frac{1}{\left(\sqrt{1+\frac{2}{x}}+1\right)+2\sqrt{1+\frac{1}{x}}}=\frac{1}{\sqrt{1+0}+1+2\sqrt{1+0}}=\frac{1}{4} \] Первый посложнее и его мы тоже обозначим: \[ L_{1}=\lim\limits _{x\to\infty}x^{2}\left[\left(\sqrt{1+\frac{2}{x}}+1\right)^{2}-4\left(1+\frac{1}{x}\right)\right]=\lim\limits _{x\to\infty}x^{2}\left[\left(1+\frac{2}{x}+2\sqrt{1+\frac{2}{x}}+1\right)-4\left(1+\frac{1}{x}\right)\right]= \] \[ =\lim\limits _{x\to\infty}2x^{2}\left[\sqrt{1+\frac{2}{x}}-\left(1+\frac{1}{x}\right)\right]=\lim\limits _{x\to\infty}2x^{2}\frac{\left[\sqrt{1+\frac{2}{x}}-\left(1+\frac{1}{x}\right)\right]\left[\sqrt{1+\frac{2}{x}}+\left(1+\frac{1}{x}\right)\right]}{\left[\sqrt{1+\frac{2}{x}}+\left(1+\frac{1}{x}\right)\right]}= \] \[ =\lim\limits _{x\to\infty}2x^{2}\left[1+\frac{2}{x}-\left(1+\frac{1}{x}\right)^{2}\right]\cdot\frac{1}{\sqrt{1+\frac{2}{x}}+\left(1+\frac{1}{x}\right)}. \] Множители этого предела мы тоже вычислим отдельно: \[ \lim\limits _{x\to\infty}\frac{1}{\sqrt{1+\frac{2}{x}}+\left(1+\frac{1}{x}\right)}=\frac{1}{\sqrt{1+0}+\left(1+0\right)}=\frac{1}{2} \] \[ \lim\limits _{x\to\infty}2x^{2}\left[1+\frac{2}{x}-\left(1+\frac{1}{x}\right)^{2}\right]=\lim\limits _{x\to\infty}2x^{2}\left[1+\frac{2}{x}-\left(1+2\frac{1}{x}+\frac{1}{x^{2}}\right)\right]=\lim\limits _{x\to\infty}2x^{2}\left[-\frac{1}{x^{2}}\right]=-2 \] Так как пределы множителей в пределе $L_{1}$ существуют и конечны, \[ L_{1}=\lim\limits _{x\to\infty}2x^{2}\left[1+\frac{2}{x}-\left(1+\frac{1}{x}\right)^{2}\right]\cdot\lim\limits _{x\to\infty}\frac{1}{\sqrt{1+\frac{2}{x}}+\left(1+\frac{1}{x}\right)}=-2\frac{1}{2}=-1 \] Так как пределы множителей в пределе $L$ существуют и конечны, \[ L=\lim\limits _{x\to\infty}x^{2}\left[\left(\sqrt{1+\frac{2}{x}}+1\right)^{2}-4\left(1+\frac{1}{x}\right)\right]\cdot\lim\limits _{x\to\infty}\frac{1}{\left(\sqrt{1+\frac{2}{x}}+1\right)+2\sqrt{1+\frac{1}{x}}}=-1\cdot\frac{1}{4}=-\frac{1}{4}. \] Задание: № 457, 458, 464.
Первый замечательный предел
Первый замечательный предел выглядит так: \[ \lim\limits _{x\to0}\frac{\sin x}{x}=1 \] Применяется он, обычно, через композицию функций: \[ \lim\limits _{x\to a}\frac{\sin f(x)}{f(x)}=1,\qquad\lim\limits _{x\to a}f(x)=0 \] 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: \[ \lim\limits _{x\to0}\frac{\sin5x}{x}=\lim\limits _{x\to0}\frac{\sin5x}{5x}5=5. \] В следующем номере №472 не выполняется стремление к нулю: \[ \lim\limits _{x\to\infty}\frac{\sin x}{x}=0, \] так как $\lim\limits _{x\to\infty}\frac{1}{x}=0,$ 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 \[ \lim\limits _{x\to0}\frac{\mathrm{tg}\,x}{x}=\lim\limits _{x\to0}\frac{\sin x}{x}\frac{1}{\cos x}=1\cdot1=1 \] №474 \[ \lim\limits _{x\to0}\frac{1-\cos x}{x^{2}}=\lim\limits _{x\to0}\frac{\left(1-\cos x\right)\left(1+\cos x\right)}{x^{2}\left(1+\cos x\right)}=\lim\limits _{x\to0}\frac{1-\cos^{2}x}{x^{2}\left(1+\cos x\right)}=\lim\limits _{x\to0}\left(\frac{\sin x}{x}\right)^{2}\frac{1}{\left(1+\cos x\right)}=1^{2}\cdot\frac{1}{1+1}=\frac{1}{2} \] №482 \[ \lim\limits _{x\to a}\frac{\sin x-\sin a}{x-a}=\lim\limits _{x\to a}\frac{2\sin\frac{x-a}{2}\cos\frac{x+a}{2}}{x-a}=\lim\limits _{x\to a}\frac{\sin\frac{x-a}{2}}{\frac{x-a}{2}}\cdot\cos\frac{x+a}{2}=1\cdot\cos\frac{a+a}{2}=\cos a \] Задание: № 477, 480, 483, 488.
