Как найти предел первого замечательного предела

Пример 1. Используя свойства бесконечно малых и бесконечно больших функций, найти следующие пределы:

.

Пример 2.

.

Пример 3.

.

Пример 4.

.

Пример 5.

.

Пример 6.

.

Пример 7.



.

Пример 8. . Первый замечательный предел применить нельзя, так как аргументы πx и 3πx у синусов не стремятся к нулю при x=1. Поэтому положим x-1=y, тогда при x→1 будет y→0. Тогда

.

Пример 9. . Обозначим x-π/6=y, тогда

.

Заказать задачи по любым предметам можно здесь от 10 минут

Первый замечательный предел

Первый замечательный предел часто применяется для вычисления пределов содержащих синус, арксинус, тангенс, арктангенс и получающихся при них неопределенностей ноль делить на ноль.

Формула

Формула первого замечательного предела имеет вид: $$ lim_{alphato 0} frac{sinalpha}{alpha} = 1 $$

Замечаем, что при $ alphato 0 $ получается $ sinalpha to 0 $, тем самым в числетеле и в знаменателе имеем нули. Таким образом формула первого замечательного предела нужна для раскрытия неопределенностей $ frac{0}{0} $.

Для применения формулы необходимо, чтобы были соблюдены два условия:

1. Выражения, содержащиеся в синусе и знаменателе дроби совпадают
2. Выражения, стоящие в синусе и знаменателе дроби стремятся к нулю

Внимание! $ lim_{xto 0} frac{sin(2x^2+1)}{2x^2+1} neq 1 $ Хотя выражения под синусом и в знаменателе одинаковые, однако $ 2x^2+1 = 1 $, при $ xto 0 $. Не выполнено второе условие, поэтому применять формулу НЕЛЬЗЯ!

Следствия

Достаточно редко в задания можно увидеть чистый первый замечательный предел, в котором можно сразу было бы записать ответ. На практике всё немного сложнее выглядит, но для таких случаев будет полезно знать следствия первого замечательного предела. Благодаря им можно быстро вычислить нужные пределы.

$$ lim_{alphato 0} frac{alpha}{sinalpha} = 1 $$

$$ lim_{alphato 0} frac{sin(aalpha)}{sin(balpha)} = frac{a}{b} $$

$$ lim_{alphato 0} frac{tgalpha}{alpha} = 1 $$

$$ lim_{alphato 0} frac{arcsinalpha}{alpha} = 1 $$

$$ lim_{alphato 0} frac{arctgalpha}{alpha} = 1 $$

Примеры решений

Рассмотрим первый замечательный предел, примеры решения которого на вычисление пределов содержащих тригонометрические функции и неопределенность $ bigg[frac{0}{0}bigg] $

Пример 1

Вычислить $ lim_{xto 0} frac{sin2x}{4x} $

Решение

Рассмотрим предел и заметим, что в нём присутствует синус. Далее подставим $ x = 0 $ в числитель и знаменатель и получим неопределенность нуль делить на нуль: $$ lim_{xto 0} frac{sin2x}{4x} = frac{0}{0} $$ Уже два признака того, что нужно применять замечательный предел, но есть небольшой нюанс: сразу применить формулу мы не сможем, так как выражение под знаком синуса отличается от выражения стоящего в знаменателе. А нам нужно, чтобы они были равны. Поэтому с помощью элементарных преобразований числителя мы превратим его в $ 2x $. Для этого мы вынесем двойку из знаменателя дроби отдельным множителем. Выглядит это так: $$ lim_{xto 0} frac{sin2x}{4x} =  lim_{xto 0} frac{sin2x}{2cdot 2x} = $$ $$ = frac{1}{2} lim_{xto 0} frac{sin2x}{2x} = frac{1}{2}cdot 1 = frac{1}{2} $$ Обратите внимание, что в конце $ lim_{xto 0} frac{sin2x}{2x} = 1 $ получилось по формуле. Если не получается решить свою задачу, то присылайте её к нам. Мы предоставим подробное решение онлайн. Вы сможете ознакомиться с ходом вычисления и почерпнуть информацию. Это поможет своевременно получить зачёт у преподавателя!

Ответ

$$ lim_{xto 0} frac{sin2x}{4x} =frac{1}{2} $$

Пример 2

Найти $ lim_{xto 0} frac{sin(x^3+2x)}{2x-x^4} $

Решение

Как всегда сначала нужно узнать тип неопределенности. Если она нуль делить на нуль, то обращаем внимание на наличие синуса: $$ lim_{xto 0} frac{sin(x^3+2x)}{2x-x^4} = frac{0}{0} = $$ Данная неопределенность позволяет воспользоваться формулой первого замечательного предела, но выражение из знаменателя не равно аргументу синуса? Поэтом «в лоб» применить формулу нельзя. Необходимо умножить и разделить дробь на аргумент синуса: $$ = lim_{xto 0} frac{(x^3+2x)sin(x^3+2x)}{(2x-x^4)(x^3+2x)} = $$ Теперь по свойствам пределов расписываем: $$ = lim_{xto 0} frac{(x^3+2x)}{2x-x^4}cdot lim_{xto 0} frac{sin(x^3+2x)}{(x^3+2x)} = $$ Второй предел как раз подходит под формулу и равен единице: $$ = lim_{xto 0} frac{x^3+2x}{2x-x^4}cdot 1 = lim_{xto 0} frac{x^3+2x}{2x-x^4} = $$ Снова подставляем $ x = 0 $ в дробь и получаем неопределенность $ frac{0}{0} $. Для её устранения достоточно вынести за скобки $ x $ и сократить на него: $$ = lim_{xto 0} frac{x(x^2+2)}{x(2-x^3)} = lim_{xto 0} frac{x^2+2}{2-x^3} = $$ $$ = frac{0^2 + 2}{2 — 0^3} = frac{2}{2} = 1 $$

Ответ

$$ lim_{xto 0} frac{sin(x^3+2x)}{2x-x^4} = 1 $$

Пример 3

Определить $ lim_{xto 3} frac{frac{sin(x^2-9)}{x+8}}{frac{x^2-9}{x+8}} $

Решение

Подставляя $ x = 3 $ в аргумент синуса обращаем внимание на то, что сам аргумент стремится к нулю, как и синус: $$ bigg(frac{x^2-9}{x+8}bigg) to 0, text{ при } xto 3 $$ $$ sinbigg(frac{x^2-9}{x+8}bigg) to 0, text{ при } frac{x^2-9}{x+8} to 0 $$ Выполняем решение, используя первый замечательный предел: $$ lim_{xto 3} frac{frac{sin(x^2-9)}{x+8}}{frac{x^2-9}{x+8}} = 1$$

Ответ

$$ lim_{xto 3} frac{frac{sin(x^2-9)}{x+8}}{frac{x^2-9}{x+8}} = 1$$

Пример 4

Вычислить $ lim_{xto0} frac{sin2x}{tg3x} $

Решение

Вычисление начнём с подстановки $ x=0 $. В результате получаем неопределенность $ frac{0}{0} $. Предел содержит синус и тангенс, что намекает на возможное развитие ситуации с использованием формулы первого замечательного предела. Преобразуем числитель и знаменатель дроби под формулу и следствие: $$ lim_{xto0} frac{sin2x}{tg3x} = frac{0}{0} = lim_{xto0} frac{frac{sin2x}{2x}cdot 2x}{frac{tg3x}{3x}cdot 3x} = $$ Теперь видим в числителе и знаменателе появились выражения подходящие под формулу и следствия. Аргумент синуса и аргумент тангенса совпадают для соответствующих знаменателей $$ = lim_{xto0} frac{1cdot 2x}{1cdot 3x} = frac{2}{3} $$

Ответ

$$ lim_{xto0} frac{sin2x}{tg2x} = frac{2}{3} $$

В статье: «Первый замечательный предел, примеры решения» было рассказано о случаях, в которых целесообразно использовать данную формулу и её следствия.

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: $lim_{xtofrac{pi}{2}}frac{1-sin{x}}{cos^2x}=frac{1}{2}$, $lim_{xtofrac{2pi}{3}}frac{tg{x}+sqrt{3}}{2cos{x}+1}=-frac{4}{sqrt{3}}$.

Замечательные пределы

Термин «замечательный предел» широко используется в учебниках и методических пособиях для обозначения важных тождеств, которые помогают существенно упростить работу по нахождению пределов.

Но чтобы суметь привести свой предел к замечательному, нужно к нему хорошенько приглядеться, ведь они встречаются не в прямом виде, а часто в виде следствий, снабженные дополнительными слагаемыми и множителями. Впрочем, сначала теория, потом примеры, и все у вас получится!

Другие решенные примеры с пределами

Первый замечательный предел

Первый замечательный предел записывается так (неопределенность вида $0/0$):

$$
limlimits_{xto 0}frac{sin x}{x}=1.
$$

Следствия из первого замечательного предела

$$
limlimits_{xto 0}frac{x}{sin x}=1.
$$
$$
limlimits_{xto 0}frac{sin (ax)}{sin (bx)}=frac{a}{b}.
$$
$$
limlimits_{xto 0}frac{tan x}{x}=1.
$$
$$
limlimits_{xto 0}frac{arcsin x}{x}=1.
$$
$$
limlimits_{xto 0}frac{arctan x}{x}=1.
$$
$$
limlimits_{xto 0}frac{1-cos x}{x^2/2}=1.
$$

Примеры решений: 1 замечательный предел

Пример 1. Вычислить предел $$limlimits_{xto 0}frac{sin 3x}{8x}.$$

Решение. Первый шаг всегда одинаковый — подставляем предельное значение $x=0$ в функцию и получаем:

$$left[ frac{sin 0}{0} right] = left[frac{0}{0}right].$$

Получили неопределенность вида $left[frac{0}{0}right]$, которую следует раскрыть. Если посмотреть внимательно, исходный предел очень похож на первый замечательный, но не совпадает с ним. Наша задача — довести до похожести. Преобразуем так — смотрим на выражение под синусом, делаем такое же в знаменателе (условно говоря, умножили и поделили на $3x$), дальше сокращаем и упрощаем:

$$
limlimits_{xto 0}frac{sin 3x}{8x} =
limlimits_{xto 0}frac{sin 3x}{3x}frac{3x}{8x}=limlimits_{xto 0}frac{sin (3x)}{3x}frac{3}{8}=frac{3}{8}.
$$

Выше как раз и получился первый замечательный предел:
$$
limlimits_{xto 0}frac{sin (3x)}{3x} = limlimits_{yto 0}frac{sin (y)}{y}=1, text{ сделали условную замену } y=3x.
$$
Ответ: $3/8$.

Пример 2. Вычислить предел $$limlimits_{xto 0}frac{1-cos 3x}{tan 2xcdot sin 4x}.$$

Решение. Подставляем предельное значение $x=0$ в функцию и получаем:

$$left[ frac{1-cos 0}{tan 0cdot sin 0}right] =left[ frac{1-1}{ 0cdot 0}right] = left[frac{0}{0}right].$$

Получили неопределенность вида $left[frac{0}{0}right]$. Преобразуем предел, используя в упрощении первый замечательный предел (три раза!):

$$limlimits_{xto 0}frac{1-cos 3x}{tan 2xcdot sin 4x} = limlimits_{xto 0}frac{ 2 sin^2 (3x/2)}{sin 2xcdot sin 4x}cdot cos 2x =
$$
$$ = 2limlimits_{xto 0}frac{ sin^2 (3x/2)}{(3x/2)^2}
cdot frac{ 2x}{sin 2x} cdot frac{ 4x}{ sin 4x}cdot frac{ (3x/2)^2}{ 2x cdot 4x} cdot cos 2x =
$$
$$
=2limlimits_{xto 0} 1 cdot 1 cdot 1 cdot frac{ (9/4)x^2}{ 8x^2} cdot cos 2x= 2 cdot frac{ 9}{ 32} limlimits_{xto 0} cos 2x=frac{9}{16}.
$$

Ответ: $9/16$.

Пример 3. Найти предел $$limlimits_{xto 0}frac{sin (2x^3+3x)}{5x-x^5}.$$

Решение. А что если под тригонометрической функцией сложное выражение? Не беда, и тут действуем аналогично. Сначала проверим тип неопределенности, подставляем $x=0$ в функцию и получаем:

$$left[ frac{sin (0+0)}{0-0}right] = left[frac{0}{0}right].$$

Получили неопределенность вида $left[frac{0}{0}right]$. Умножим и поделим на $2x^3+3x$:

$$
limlimits_{xto 0}frac{sin (2x^3+3x)}{5x-x^5}=limlimits_{xto 0}frac{sin (2x^3+3x)}{(2x^3+3x)} cdot frac{2x^3+3x}{5x-x^5}=limlimits_{xto 0} 1 cdot frac{2x^3+3x}{5x-x^5}= left[frac{0}{0}right] =
$$

Снова получили неопределенность, но в этом случае это просто дробь. Сократим на $x$ числитель и знаменатель:

$$
=limlimits_{xto 0} frac{2x^2+3}{5-x^4}= left[frac{0+3}{5-0}right] =frac{3}{5}.
$$

Ответ: $3/5$.

Второй замечательный предел

Второй замечательный предел записывается так (неопределенность вида $1^infty$):

$$
limlimits_{xto infty} left( 1+frac{1}{x}right)^{x}=e, quad text{или} quad limlimits_{xto 0} left( 1+xright)^{1/x}=e.
$$

Следствия второго замечательного предела

$$
limlimits_{xto infty} left( 1+frac{a}{x}right)^{bx}=e^{ab}.
$$
$$
limlimits_{xto 0}frac{ln (1+x)}{x}=1.
$$
$$
limlimits_{xto 0}frac{e^x -1}{x}=1.
$$
$$
limlimits_{xto 0}frac{a^x-1}{x ln a}=1, a>0, a ne 1.
$$
$$
limlimits_{xto 0}frac{(1+x)^{a}-1}{ax}=1.
$$

Примеры решений: 2 замечательный предел

Пример 4. Найти предел $$limlimits_{xto infty}left( 1-frac{2}{3x}right)^{x+3}.$$

Решение. Проверим тип неопределенности, подставляем $x=infty$ в функцию и получаем:

$$left[ left( 1-frac{2}{infty}right)^{infty} right] = left[1^{infty}right].$$

Получили неопределенность вида $left[1^{infty}right]$. Предел можно свести к второму замечательному. Преобразуем:

$$
limlimits_{xto infty}left( 1-frac{2}{3x}right)^{x+3} = limlimits_{xto infty}left( 1+frac{1}{(-3x/2)}right)^{frac{-3x/2}{-3x/2}(x+3)}=
$$
$$
= limlimits_{xto infty}left(left( 1+frac{1}{(-3x/2)}right)^{(-3x/2)}right)^frac{x+3}{-3x/2}=
$$

Выражение в скобках фактически и есть второй замечательный предел $limlimits_{tto infty} left( 1+frac{1}{t}right)^{t}=e$, только $t=-3x/2$, поэтому

$$
= limlimits_{xto infty}left(eright)^frac{x+3}{-3x/2}= limlimits_{xto infty}e^frac{1+3/x}{-3/2}=e^{-2/3}.
$$

Ответ: $e^{-2/3}$.

Пример 5. Найти предел $$limlimits_{xto infty}left( frac{x^3+2x^2+1}{x^3+x-7}right)^{x}.$$

Решение. Подставляем $x=infty$ в функцию и получаем неопределенность вида $left[ frac{infty}{infty}right]$. А нам нужно $left[1^{infty}right]$. Поэтому начнем с преобразования выражения в скобках:

$$
limlimits_{xto infty}left( frac{x^3+2x^2+1}{x^3+x-7}right)^{x} = limlimits_{xto infty}left( frac{x^3+(x-7)-(x-7)+2x^2+1}{x^3+x-7}right)^{x} = limlimits_{xto infty}left(frac{(x^3+x-7)+(-x+7+2x^2+1)}{x^3+x-7}right)^{x} =
$$
$$
= limlimits_{xto infty}left(1+frac{2x^2-x+8}{x^3+x-7}right)^{x} = limlimits_{xto infty}left(left(1+frac{2x^2-x+8}{x^3+x-7}right)^{frac{x^3+x-7}{2x^2-x+8}}right)^{x frac{2x^2-x+8}{x^3+x-7}}=
$$

Выражение в скобках фактически и есть второй замечательный предел $limlimits_{tto infty} left( 1+frac{1}{t}right)^{t}=e$, только $t=frac{x^3+x-7}{2x^2-x+8} to infty$, поэтому

$$
= limlimits_{xto infty}left(eright)^{x frac{2x^2-x+8}{x^3+x-7}}= limlimits_{xto infty}e^{ frac{2x^2-x+8}{x^2+1-7/x}}= limlimits_{xto infty}e^{ frac{2-1/x+8/x^2}{1+1/x^2-7/x^3}}=e^{2}.
$$

Ответ: $e^{2}$.

Дополнительная информация

• Почему стоит заказать в МатБюро?
• Другие примеры решений пределов
• Контрольные по пределам на заказ

Первый замечательный предел

16 декабря 2021

Формулировка и детальное обоснование первого замечательного предела. Приведённых выкладок достаточно для любого экзамена в любом университете.

Есть ещё второй замечательный предел. Помните: это первый шаг в весёлый мир эквивалентных функций, асимптотических переходов и прочих весёлых вещей в матанализе.:)

1. Основная формула

Первый замечательный предел:

[limlimits_{xto 0}frac{sin x}{x}=1]

Другими словами, чем ближе $xto 0$, тем ближе значения $sin x$ и $x$.

2. Вывод формулы

Для вывода формулы первого замечательного предела нам потребуется:

1. Определение синуса и тангенса на тригонометрической окружности;
2. Теорема о пределе промежуточной функции — если вы сдаёте устный экзамен, преподаватель может потребовать сформулировать и доказать и эту теорему.

Чтобы доказать существование предела в точке, покажем существование правостороннего предела, левостороннего предела, а затем докажем их равенство.

1. Рассмотрим односторонний предел $limlimits_{xto +0}frac{sin x}{x}$, т.е. будем приближаться к нулю справа. Следовательно, $x gt 0$. Более того: поскольку $xto 0$, достаточно рассмотреть интервал $xin left( 0;frac{pi }{2} right)$.

2. Отметим на тригонометрическом круге луч $OM$, соответствующий углу $x$ радиан. Проведём отрезки $AM$ и $MHbot OA$ так, как показано на рисунке. $N$ — точка пересечения луча $OM$ с вертикальной осью тангенсов.

По определению синуса и тангенса: $left| MH right|=sin x$, $left| AN right|=operatorname{tg}x$. Кроме того, дуга $MA$ тоже равна $x$ (если этот момент с дугой непонятен, обязательно повторите, что такое радианная мера угла).

3. Найдём площадь треугольника $AOM$, сектора $AOM$ и треугольника $AON$:

[begin{align} {{S}_{Delta AOM}}= & frac{1}{2}cdot left| OA right|cdot left| MH right|=frac{sin x}{2} \ {{S}_{angle AOM}} & =pi {{R}^{2}}cdot frac{x}{2pi }=frac{x}{2} \ {{S}_{Delta AON}} & =frac{1}{2}cdot left| OA right|cdot left| AN right|=frac{operatorname{tg}x}{2} \ end{align}]

4. Из рисунка видно, что $Delta OMAsubset angle AOM$ и $angle AOMsubset Delta AON$. Поэтому

[{{S}_{Delta AOM}}le {{S}_{angle AOM}}le {{S}_{Delta AON}}]

[begin{align} frac{sin x}{2}le& frac{x}{2}le frac{operatorname{tg}x}{2} \ sin xle xle & operatorname{tg}x \ end{align}]

Кроме того, поскольку $xin left( 0;frac{pi }{2} right)$, можно утверждать, что $sin x gt 0$. И последнее двойное неравенство можно переписать так:

[0 lt frac{1}{operatorname{tg}x}le frac{1}{x}le frac{1}{sin x}]

Умножим все части неравенства на $sin x gt 0$ и получим:

[cos xle frac{sin x}{x}le 1]

5. Заметим, что $limlimits_{xto 0}cos x=1$ и $limlimits_{xto 0} 1=1$. Следовательно, по теореме о пределе промежуточной функции, имеем:

[underset{xto 0}{mathop{lim }},frac{sin x}{x}=1]

Но всё это верно лишь для $x gt 0$.

6. Теперь положим $x lt 0$. Имеем:

[begin{align} limlimits_{xto -0}frac{sin x}{x} & =limlimits_{xto -0}frac{sin left( -x right)}{-x}= \ & =limlimits_{tto +0}frac{sin t}{t}=1 \ end{align}]

Здесь мы выполнили замену переменной: $t=-x$, что привело к смене левостороннего предела на равносторонний. Но результат тот же.

7. Итак, односторонние пределы существуют и равны 1. Следовательно, сам предел тоже существует и равен 1. Что и требовалось доказать.

3. Следствия из первого замечательного предела

По определению эквивалентных функций, мы можем записать, что $sin xsim x$ при $xto 0$. Кроме того, первый замечательный предел можно переписать в другом виде:

[begin{align} & limlimits_{xto 0}frac{operatorname{tg}x}{x}=1 \ & limlimits_{xto 0}frac{arcsin x}{x}=1 \ & limlimits_{xto infty }frac{1-cos x}{frac{{{x}^{2}}}{2}}=1 \ end{align}]

Или в терминах эквивалентности:

[begin{align} & operatorname{tg}xsim xquad left( xto 0 right) \ & arcsin xsim xquad left( xto 0 right) \ & cos xsim1-frac{{{x}^{2}}}{2}quad left( xto 0 right) \ end{align}]

Если вы забыли, что такое эквивалентность, обязательно повторите урок про сравнение бесконечно малых.

Смотрите также:

1. Второй замечательный предел
2. Теорема о пределе промежуточной функции
3. Сложение и вычитание дробей
4. Сводный тест по задачам B15 (1 вариант)
5. Быстрое возведение чисел в квадрат без калькулятора
6. Задача B4: вклад в банке и проценты