Как найти предел с arcsin

Пределы с тригонометрическими функциями

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

1. Первый замечательный предел и его следствие с тангенсом $$limlimits_{xto 0} frac{sin x}{x} = 1, qquad limlimits_{xto 0} frac{tg x}{x} = 1$$
2. Тригонометрические преобразования и формулы
3. Таблица бесконечно малых эквивалентных функций
4. 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.

Определение непрерывности функции  в точке  и передела функции на бесконечности  и на использовании свойств предела непрерывной функции способствует непосредственному вычислению пределов.

Значение предела в точке непрерывности определено значением функции в этой точке.

При опоре на свойства основные элементарные функции имеют предел в любой точке из области определения, вычисляется как значение соответствующей функции в этих точках.

Для вычисления односторонних пределов необходимо использовать значения точек границ предела. У акрксинуса и акрккосинуса  имеются такие значения x0=-1 или x0=1.

При x→+∞ или x→-∞ вычисляются пределы функции, заданные на бесконечностях.

Для упрощения выражений применяют свойства пределов:

Для того, чтобы научиться вычислять переделы, необходимо знать и разбираться в основных элементарных функциях. Ниже приведена таблица, в которой имеются переделы этих функций с приведенными разъяснениями и подробным решением. Для вычисления необходимо основываться на определении предела функции в точке и на бесконечности.

Таблица пределов функции

Для упрощения  и решения пределов используется данная таблица основных пределов.

Когда задан более сложный предел, то при помощи таблицы не всегда получится получать целое или конкретное значение. Чаще получаются разные виды неопределенностей, для разрешения которых необходимо применять правила.

Рассмотрим графическое разъяснение приведенной выше таблицы пределов основных элементарных функций.

Предел константы

Из рисунка видно, что функция у=С имеет предел на бесконечности. Такой же предел при аргументе, который стремится к х0. Он равняется числу C.

Предел функции корень n-ой степени

Четные показатели корня применимы для limx→+∞xn=+∞n=+∞, а нечетные, равные больше, чем значение 1, – для limx→+∞xn=+∞n=+∞, limx→-∞xn=-∞n=-∞.  Область определения может принимать абсолютно любое значение х предела заданной функции корня n-ой степени, равного значению функции  в заданной точке.

Предел степенной функции

Необходимо разделить все степенные функции по группам, где имеются одинаковые значения пределов, исходя из показателя степени.

1. Когда a является положительным числом, тогда limx→+∞xa=+∞a=+∞ и limx→-∞xa=-∞a=-∞. Когда x принимает любое значение, тогда предел степенной функции равняется значению функции в точке. Иначе это записывается как limx→∞xa=(∞)a=∞.

1. Когда a является положительным четным числом, тогда получаем limx→+∞xa=(+∞)a=+∞ и limx→-∞xa=(-∞)a=+∞, причем x из данной области определения  является пределом степенной функции и равняется значением функции в этой точке. Предел имеет вид limx→∞xa=∞a=+∞.

1. Когда a имеет другие значения, тогда limx→+∞xa=(+∞)a=+∞, а область определения x способствует определению предела функции в заданной точке.

1. Когда a имеет значение отрицательных чисел, тогда получаем limx→+∞xa=+∞a=+0, limx→-∞xa=(-∞)a=-0, limx→0-0xa=(0-0)a=-∞,limx→0+0xa=0+0a=+∞, а значения x может быть любым из заданной области определения и равняется функции в заданной точке. Получаем, что limx→∞xa=∞a=0 иlimx→0xa=0a=∞.

1. Когда a является отрицательным четным числом, тогда получаем limx→+∞xa=(+∞)a=+0, limx→-∞xa=-∞a=+0, limx→0-0(0-0)a=+∞, limx→0+0xa=(0+0)a=+∞, а любое значение x на области определения дает результат предела степенной функции равным значению функции в точке. Запишем как limx→∞xa=(∞)a=+0 и limx→0xa=(0)a=+∞.

1. Когда значение a имеет другие действительные отрицательные числа, тогда получим limx→+∞xa=+∞a=+0 и limx→0+0xa=0+0a=+∞, когда x принимает любое значение из своей области определения, тогда предел степенной функции равняется значению функции в этой точке.

Предел показательной функции

Когда 0<a<1, имеем, что limx→-∞ax=a-∞=+∞, limx→+∞ax=(a)+∞=+∞, любое значение x из области определения дает пределу показательной функции значению функции в точке.

Когда a>1, тогда limx→-∞ax=(a)-∞=+0, limx→+∞ax=(a)+∞=+∞, а любое значение x из области определения дает предел функции равный значению этой функции в точке.

Предел логарифмической функции

Когда имеем 0<a<1, тогда limx→0+0logax=loga(0+0)=+∞, limx→+∞logax=loga(+∞)=-∞ ,  для всех остальных значений x из заданной области определения предел показательной функции равняется значению заданной функции в точках.

Когда a>1, получаем limx→0+0logax=loga(0+0)=-∞, limx→+∞logax=loga(+∞)=+∞,остальные значения x в заданной области определения дают решение предела показательной функции равному ее значению в точках.

Предел тригонометрических функций

Предел бесконечности не существует для таких функций как y=sin x, y=cos x. Любое значение x, входящее в область определения, равняется значению функции в точке.

Функция тангенса имеет предел вида limx→π2-0+π·ktg(x)=+∞, limx→π2+π·ktg(x)=∞ или limx→π2+π·ktg(x)=∞, тогда остальные значения x, принадлежащие области определения тангенса, равняется значению функции в этих точках.

Для функции y=ctg x получаем limx→-0+π·kctg(x)=-∞, limx→+0+π·kctg(x)=+∞ или limx→π·kctg (x)=∞, тогда остальные значения x, принадлежащие области определения, дают предел котангенса, равный значению функции в этих точках.

Предел обратных тригонометрических функций

Функция арксинус имеет предел вида limx→-1+0arcsin(x)=-π2 и limx→1-0arcsin (x)=π2, остальные значения x из области определения равняются значению функции в заданной точке.

Функция арккосинус имеет предел вида limx→-1+0arccos(x)=π и limx→1-0arccos(x)=0, когда остальные значения x, принадлежащие области определения, имеют предел арккосинуса, равного значению функции в этой точке.

Функция арктангенс имеет предел вида limx→-∞arctg(x)=-π2 и limx→+∞arctg(x)=π2, причем другие значения x, входящие в область определения, равняется значению функции  в имеющихся точках.

Функция котангенса имеет предел вида limx→-∞arcctg(x)=π и limx→+∞arctg(x)=0, где x принимает любое значение из своей заданной области определения, где получаем предел арккотангенса, равного значению функции в имеющихся точках.

Все имеющееся значения пределов применяются в решении для нахождения предела любой из элементарных функций.

Простое объяснение принципов решения пределов тригонометрических функций и 10 наглядных примеров. В каждом примере поэтапный ход решения и ответ.

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:

1. Выражения под знаком синуса и в знаменателе одновременно стремятся к нулю, т.е. присутствует неопределенность вида $frac{0}{0}$.
2. 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: $lim_{xtofrac{pi}{2}}frac{1-sin{x}}{cos^2x}=frac{1}{2}$, $lim_{xtofrac{2pi}{3}}frac{tg{x}+sqrt{3}}{2cos{x}+1}=-frac{4}{sqrt{3}}$.

Решение

         /  1
 lim asin|1*-|
n->oo      n/

Limit(asin(1/n), n, oo, dir='-')

Примеры пределов