Первый замечательный предел выглядит так: \[ \lim\limits_{x\to0}\frac{\sin x}{x}=1 \]
Применяется он, обычно, через композицию функций: \begin{equation} \lim\limits_{x\to a}f(x)=0\quad\implies\quad\lim\limits_{x\to a}\frac{\sin f(x)}{f(x)}=1.\label{komp} \end{equation} 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.
Нередко тригонометрические функции вредно раскладывать на слагаемые и полезно, наоборот, складывать.
Пример: № 489 \[ \lim_{x\to0}\frac{\cos\left(a+2x\right)-2\cos\left(a+x\right)+\cos a}{x^{2}} \] Раскладывать тут косинус суммы глубоко бесплодно (хотя желающие могут попробовать и убедиться). Вместо этого воспользуемся формулой \[ \cos\alpha-\cos\beta=-2\sin\frac{\alpha+\beta}{2}\sin\frac{\alpha-\beta}{2}, \] и чуть позже \[ \sin\alpha-\sin\beta=2\sin\frac{\alpha-\beta}{2}\cos\frac{\alpha+\beta}{2}. \] Согласно первой из них, например, \[ \cos\left(a+2x\right)-\cos\left(a+x\right)=-2\sin\frac{\left(a+2x\right)+\left(a+x\right)}{2}\sin\frac{\left(a+2x\right)-\left(a+x\right)}{2}=-2\sin\frac{2a+3x}{2}\sin\frac{x}{2}; \] и мы можем весь числитель в пределе преобразовать так: \[ \cos\left(a+2x\right)-2\cos\left(a+x\right)+\cos a=\left[\cos\left(a+2x\right)-\cos\left(a+x\right)\right]+\left[\cos a-\cos\left(a+x\right)\right]= \] \[ =-2\sin\frac{2a+3x}{2}\sin\frac{x}{2}-2\sin\frac{2a+x}{2}\sin\frac{-x}{2}=2\sin\frac{x}{2}\left(\sin\frac{2a+x}{2}-\sin\frac{2a+3x}{2}\right)= \] вычтем синусы в скобках: \[ =2\sin\frac{x}{2}\cdot2\sin\frac{-2x}{4}\cos\frac{4a+4x}{4}=-4\sin^{2}\frac{x}{2}\cos\left(a+x\right). \] Полученное выражение хорошо тем, что содержит два множителя-синуса, которые стремятся к нулю и с которыми можно попробовать применить первый замечательный предел: \[ \lim_{x\to0}\frac{\cos\left(a+2x\right)-2\cos\left(a+x\right)+\cos a}{x^{2}}=\lim_{x\to0}\frac{-4\sin^{2}\frac{x}{2}\cos\left(a+x\right)}{x^{2}}=-\lim_{x\to0}\frac{\sin\frac{x}{2}}{\frac{x}{2}}\frac{\sin\frac{x}{2}}{\frac{x}{2}}\cos\left(a+x\right). \] Вычислим отдельно пределы множителей. В силу непрерывности косинуса, \[ \lim_{x\to0}\cos\left(a+x\right)=\cos a. \] В силу первого замечательного предела в непосредственном виде, \[ \lim_{x\to0}\frac{\sin x}{x}=1. \] А в силу (\ref{komp}), где $f\left(x\right)=\frac{x}{2}$, \[ \lim_{x\to0}\frac{\sin\frac{x}{2}}{\frac{x}{2}}=1. \] Каждый множитель имеет конечный предел, что позволяет разложить общий предел в произведение пределов множителей: \[ \lim_{x\to0}\frac{\cos\left(a+2x\right)-2\cos\left(a+x\right)+\cos a}{x^{2}}=-\lim_{x\to0}\frac{\sin\frac{x}{2}}{\frac{x}{2}}\frac{\sin\frac{x}{2}}{\frac{x}{2}}\cos\left(a+x\right)=-1\cdot1\cdot\cos a=-\cos a. \]
Задание: № 488, 492, 497.
Приходится иногда комбинировать методы работы с корнями и первый замечательный предел.
Пример: № 503. Тут мы используем формулу понижения степени для синуса - в сторону повышения степени. \[ \lim_{x\to0}\frac{1-\sqrt{\cos x}}{1-\cos\sqrt{x}}=\lim_{x\to0}\frac{\left(1-\sqrt{\cos x}\right)\left(1+\sqrt{\cos x}\right)}{2\sin^{2}\frac{\sqrt{x}}{2}\left(1+\sqrt{\cos x}\right)}=\lim_{x\to0}\frac{1-\cos x}{2\sin^{2}\frac{\sqrt{x}}{2}\left(1+\sqrt{\cos x}\right)}=\lim_{x\to0}\frac{2\sin^{2}\frac{x}{2}}{2\sin^{2}\frac{\sqrt{x}}{2}\left(1+\sqrt{\cos x}\right)} \] Возьмём пределы множителей:
1) \[ \lim_{x\to0}\frac{1}{1+\sqrt{\cos x}}=\frac{1}{1+\sqrt{\cos0}}=\frac{1}{2}. \]
2а) начнём со вспомогательного, без квадратов и двоек: \[ \lim_{x\to0}\frac{\sin\frac{x}{2}}{\sin\frac{\sqrt{x}}{2}}=\lim_{x\to0}\frac{\frac{x}{2}\frac{\sin\frac{x}{2}}{\frac{x}{2}}}{\frac{\sqrt{x}}{2}\frac{\sin\frac{\sqrt{x}}{2}}{\frac{\sqrt{x}}{2}}}=\lim_{x\to0}\sqrt{x}\frac{\frac{\sin\frac{x}{2}}{\frac{x}{2}}}{\frac{\sin\frac{\sqrt{x}}{2}}{\frac{\sqrt{x}}{2}}}; \] Рассморим пределы его множителей (и одного знаменателя): \[ \lim_{x\to0}\sqrt{x}=0,\;\lim_{x\to0}\frac{\sin\frac{x}{2}}{\frac{x}{2}}=1,\;\lim_{x\to0}\frac{\sin\frac{\sqrt{x}}{2}}{\frac{\sqrt{x}}{2}}=1\neq0, \] тогда \[ \lim_{x\to0}\frac{\sin\frac{x}{2}}{\sin\frac{\sqrt{x}}{2}}=\lim_{x\to0}\sqrt{x}\frac{\frac{\sin\frac{x}{2}}{\frac{x}{2}}}{\frac{\sin\frac{\sqrt{x}}{2}}{\frac{\sqrt{x}}{2}}}=\lim_{x\to0}\sqrt{x}\frac{\lim\limits_{x\to0}\frac{\sin\frac{x}{2}}{\frac{x}{2}}}{\lim\limits_{x\to0}\frac{\sin\frac{\sqrt{x}}{2}}{\frac{\sqrt{x}}{2}}}=0\cdot\frac{1}{1}=0. \]
2б) Теперь возьмём оставшуюся часть основного предела: \[ \lim_{x\to0}\frac{2\sin^{2}\frac{x}{2}}{2\sin^{2}\frac{\sqrt{x}}{2}}=\lim_{x\to0}\left(\frac{\sin\frac{x}{2}}{\sin\frac{\sqrt{x}}{2}}\right)^{2}=0^{2}=0. \] Оба множителя имеют конечный предел.
Итого \[ \lim_{x\to0}\frac{1-\sqrt{\cos x}}{1-\cos\sqrt{x}}=\lim_{x\to0}\frac{2\sin^{2}\frac{x}{2}}{2\sin^{2}\frac{\sqrt{x}}{2}\left(1+\sqrt{\cos x}\right)}=\lim_{x\to0}\frac{1}{1+\sqrt{\cos x}}\lim_{x\to0}\frac{2\sin^{2}\frac{x}{2}}{2\sin^{2}\frac{\sqrt{x}}{2}}=\frac{1}{2}\cdot0=0. \]
Задание: № 499, 500, 502.
