Примеры

Пример 1. Вычислим предел

 

lim x → 0 x · sin   1 x .

 

Решение.

Так как функция sin  

1

x

  не имеет предела при x → 0, то теорема о пределе произведения двух функций неприменима.

Так как при x → 0 функция x бесконечно малая, а функция sin  

1

x

  ограничена, то по теореме о произведении бесконечно малой функции на ограниченную функция x · sin  

1

x

  — бесконечно малая при x → 0. Следовательно,

 

lim x → 0 x · sin   1 x   = 0.

 

Пример 2. Вычислим предел

 

lim x → 0 3 √ x 2 + sin   1 x   + 8cos x .

 

Решение.

1. Так как функция y = 3√

x

непрерывна при всех x, то переходя к пределу под знаком непрерывной функции и используя свойства предела функции в точке, получаем

 

lim x → 0 3 √ x 2 + sin   1 x   + 8cos x   =   3 √ lim x → 0 x · 2 + sin   1 x   + 8 lim x → 0 cos x .

(1)

 

2. Так как x — бесконечно малая функция при x → 0, а 2 + sin (1/x) — функция, ограниченная в проколотой окрестности точки x = 0, то по теореме о произведении бесконечно малой функции на ограниченную x · (2 + sin (1/x) ) — бесконечно малая функция при x → 0, т.е.

 

lim x → 0  x 2 + sin   1 \  x = 0.

 

3. Так как cos x непрерывна в точке x = 0, то

 

lim x → 0 cos x = 1.

 

4. Подставляя найденные значения пределов в (1), получаем

 

lim x → 0 3 √ x 2 + sin   1 x + 8cos x   =  2 .

 

Пример 3. Вычислим предел

 

lim x → 0 2x sin x 1 − cos x .

 

Решение.

1. Выражение под знаком предела является отношением двух функций, бесконечно малых при
x → 0, так как

 

lim x → 0 (2xsin x) = 0,         lim x → 0 (1 − cos x) = 0.

 

2. Бесконечно малые, стоящие в числителе и знаменателе, заменяем на эквивалентные при
x → 0

 

2x · sin x ~ 2x · x,         1 − cos x ~   x2 2  .

 

Таким образом,

 

lim x → 0 2x sin x 1 − cos x   =   lim x → 0 2x · x x2 / 2   =  4.

 

Пример 4. Вычислим предел

 

lim x → π cos 3x − cos x tg2 2x .

 

Решение.

1. Выражение под знаком предела является отношением двух функций, бесконечно малых при
x → π, так как

 

lim x → π [cos 3x − cos x] = 0,         lim x → π tg2 2x = 0 .

 

2. Чтобы заменить эти бесконечно малые функции эквивалентными, необходимо сначала сделать замену переменной x − π = t:

 

lim x → π cos 3x − cos x tg2 2x   =   lim t → 0 cos 3(π + t) − cos (π + t) tg2 2(π + t) .

 

3. Используя тригонометрические формулы и заменяя в произведении и частном бесконечно малые функции эквивалентными, получим

 

lim t → 0 cos 3(π + t) − cos (π + t) tg2 2(π + t)   =   lim t → 0 cos t − cos 3t tg22t   =   lim t → 0 − 2sin 2tsin ( − t) tg2 2t   =

 

=   lim t → 0 2 · 2t · t 4t2   =  1 .

 

Пример 5. Вычислим предел

 

lim x → 0   1 + x2 2x 1 + x2 5x   1 / sin3x .

 

Решение.

1. При x → 0 выражение под знаком предела представляет собой степень, основание которой стремится к единице:

 

lim x → 0 1 + x22x 1 + x25x   =  1 ,

 

а показатель — к бесконечности:

 

lim x → 0 1 sin3x   =  ∞ .

 

2. Преобразуем выражение под знаком предела:

 

1 + x2 2x 1 + x2 5x 1 / sin3x = exp   1 sin3x   ln   1 + x2 2x 1 + x2 5x   .

 

2. Поскольку показательная функция непрерывна, то можно перейти к пределу под знаком этой функции. Имеем

 

lim x → 0 1 + x2 2x 1 + x2 5x 1 / sin3x   =   exp lim x → 0 1 sin3x   ln   1 + x2 2x 1 + x2 5x .

(2)

 

3. Вычисляем предел показателя

 

lim x → 0 1 sin3x   ln   1 + x2 2x 1 + x2 5x .

 

Для этого преобразуем выражение под знаком предела

 

1 sin3x   ln 1 +   x2 5x ( (2/5)x − 1) 1 + x2 5x

 

и заменим в пределе отношения бесконечно малые функции эквивалентными.

Получаем

 

lim x → 0 1 sin3x   ln 1 +   x2 5x ( (2/5)x − 1) 1 + x2 5x     =   lim x → 0 1 x3   x2 5x x ln(2/5) 1 + x2 5x   =   ln   2 5 .

 

4. Подставляя найденное значение предела показателя экспоненты в (2), получаем

 

lim x → 0   1 + x2 2x 1 + x2 5x   1 / sin3x   =   eln (2 / 5)   =   2 5 .