Пределы

Министерство образования и науки РФ

Государственное образовательное учреждение

высшего профессионального образования

Санкт-Петербургский государственный технологический институт

(Технический университет)

Кафедра высшей математики

А.А. Груздков, М.Б. Купчиненко

ЭЛЕМЕНТЫ ТЕОРИИ ПРЕДЕЛОВ

Методические указания

Санкт-Петербург

2010

УДК 517.91

Груздков, А.А. Элементы теории пределов [Текст]: методические ука-

зания / А.А. Груздков, М.Б. Купчиненко.— СПб.: СПбГТИ(ТУ), 2010.—

64 с.

В методических указаниях разъясняются ключевые понятия темы «Пре-

делы», подробно разбирается решение типовых задач, приводятся задачи

для самостоятельного решения.

Методические указания предназначены для студентов первого курса

всех специальностей, и могут быть полезны всем, кто приступает к изу-

чению математического анализа.

Методические указания соответствуют следующим компетенциям под-

готовки бакалавров: ОК-1, ПК-1 специальности 240700 — «Биотехноло-

гия»; ОК-1, ПК-1, ПК-8, ПК-9, ПК-21 специальности 240100 — «Хими-

ческая технология»; ОК-1, ОК-10 специальности 230100 — «Информати-

ка и вычислительная техника»; ОК-1, ОК-10, ПК-1, ПК-2 специальности

220400 — «Управление в технических системах»; ОК-1, ОК-9, ПК-21 спе-

циальности 151000 —«Технологические машины и оборудование»; ОК-1,

ПК-1 специальности 150100 — «Материаловедение и технологии матери-

алов»; ОК-11 специальности 280700 - Техносферная безопасность; ОК-1,

ПК-1,ПК-2 специальности 270800 — «Строительство»; ОК-5, ОК-15, ПК-

31 специальности 080200 — «Менеджмент»; ОК-1, ОК-10 специальности

031600 — «Реклама и связи с общественностью».

Табл. 2, библиогр. 10 назв.

Рецензент: С. Э. Деркачев, старший научный сотрудник Санкт-

Петербургского Отделения Математического Института

им. В. А. Стеклова РАН, канд. физ.-мат. наук

Утверждены на заседании учебно-методической комиссии физико-мате-

матического отделения 15.11.2010.

Рекомендованы к изданию РИСо СПбГТИ(ТУ)

Содержание

Введение . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1 Необходимые теоретические сведения . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.1 Определение предела . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.2 Бесконечно малые, бесконечно большие, ограниченные . . . . . 10

1.3 Предел последовательности . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

1.4 Арифметические операции над пределами . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

2 Раскрытие неопределенностей в алгебраических выражениях . . . 19

2.1 Пределы рациональных выражений . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

2.1.1 Отношение двух бесконечно малых, неопределенность{0

0

}

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

2.1.2 Отношение двух бесконечно больших, неопределен-

ность{∞∞}

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

2.1.3 Разность двух бесконечно больших, неопределенность

{∞−∞} . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

2.2 Пределы иррациональных выражений . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

2.2.1 Отношение двух бесконечно малых, неопределенность{0

0

}

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

2.2.2 Отношение двух бесконечно больших, неопределен-

ность{∞∞}

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

2.2.3 Разность двух бесконечно больших, неопределенность

{∞−∞} . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

3 Задачи для самостоятельного решения . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

4 Замечательные пределы и эквивалентные бесконечно малые . . . . 35

4.1 Замечательные пределы . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

3

4.1.1 Первый замечательный предел . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

4.1.2 Число Непера . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

4.1.3 Другие замечательные пределы . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

4.2 Сравнение бесконечно малых . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

5 Вычисление пределов заменой на эквивалентную . . . . . . . . . . . . . . 40

5.1 Пределы тригонометрических выражений . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

5.2 Пределы выражений, содержащих показательную и лога-

рифмическую функцию . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

5.3 Неопределенность {1∞} . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

6 Разные задачи с решениями . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

7 Задачи для самостоятельного решения . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

8 Ответы к задачам для самостоятельного решения . . . . . . . . . . . . . . 56

Приложение А. Основные тригонометрические формулы . . . . . . . . . 57

Приложение B. Некоторые формулы из элементарной алгебры . . . . 60

Приложение C. Таблица эквивалентных бесконечно малых . . . . . . . 63

Литература . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

4

Введение

Математический анализ представляет собой совокупность методов и при-

емов решения широкого класса прикладных задач, связанных обычно с

изучением свойств функций. В настоящее время эти методы являются ос-

новой для большинства приложений классических разделов математики

к задачам физики, химии, биологии, экономики, различным инженерным

дисциплинам и т.д. Базовым понятием при современном изложении мате-

матического анализа является понятие предела.

Все основные понятия математического анализа, такие как производ-

ная, интеграл, сумма ряда и др., определяются как пределы некоторых

выражений, поэтому знакомство с пределами необходимо для понимания

теоретических основ используемых методов. Кроме того, некоторые клас-

сы задач дифференциального и интегрального исчисления, теории рядов,

которые рассматриваются в последующих разделах курса математики, сво-

дятся к вычислению пределов. При решении задач по теме «Пределы» сту-

денты традиционно испытывают некоторые затруднения. Это обусловлено

тем, что решение задач, как правило, не сводится к серии преобразований

по известным правилам, а требует рассмотрения задачи по существу, что

требует определенного уровня понимания и знания свойств элементарных

функций.

В пособии приводятся определения основных понятий и формулировки

теорем, используемые при решении задач. Это имеет целью обозначить бо-

лее тесную связь между теоретической и практической частью курса: при

решении задач полезно понимать, чем обоснованы применяемые методы, а

разбирая теоремы, важно видеть примеры их практического применения.

В тоже время необходимо подчеркнуть, что теоретические разделы пособия

категорически не претендуют на то, чтобы заменить систематическое из-

ложение теории пределов, которое приводится в лекциях или стандартных

курсах математического анализа, например [1-3].

5

1 Необходимые теоретические сведения

1.1 Определение предела

Понятие предела на интуитивном уровне использовалось еще в работах

Ньютона, Эйлера, Лагранжа, однако формальное определение этого по-

нятия было дано Бернардом Больцано (Bernard Placidus Johann Nepomuk

Bolzano, 1781-1848) в 1816 году и бароном Огюстеном-Луи Коши (Augustin-

Louis Cauhy, 1789-1857) в 1821 году. Коши дал первое систематическое из-

ложение математического анализа на языке пределов. Это имело огром-

ное значение, поскольку методы, применяемые математиками XVII-XVIII

веков, не имели строгого логического обоснования и часто подвергались

критике. Так известный французский математик Мишель Ролль (Michelle

Rolle, 1652-1719) назвал новое исчисление «набором гениальных ошибок»,

а английский епископ Беркли заявлял даже, что все правильные резуль-

таты получены исключительно потому, что одни ошибки компенсировали

другие.

В своем произведении «Курс анализа для королевской политехнической

школы» (Cours D’Analyse de L’Ecole Royale Polytechnique. 1 Partie: Analyse

Algebrique. Paris, 1821) в 1821 году Коши дает словесное определение пре-

дела: «Когда значения, последовательно принимаемые одной и той же пе-

ременной, неограничено приближаются к некоторой фиксированной вели-

чине, таким образом, что в конце концов начинают отличаться от нее на-

столько мало, насколько этого желательно, эта фиксированная величина

называется пределом всех этих значений». Однако уже в 1823 году (Resume

des lecons donnees a l’ecole royale polytechnique sur les calcul infinitesemales)

он использует определение, записанное через неравенства и греческие бук-

вы ε и δ. В современной записи определение предела имеет следующий

вид.

Определение. Пусть функция f определена в точках множества D ⊂ R,

x0 — предельная точка этого множества (точка называется предельной точ-

кой множества, если в любой ее проколотой окрестности содержатся точки

этого множества, см. [1,2]). Тогда число A является пределом функции f

в точке x0, если

∀ε > 0 ∃δ > 0 : ∀x ∈ D 0 < |x− x0| < δ ⇒ |f(x)− A| < ε. (1)

Этот факт записывается кратко в виде формулы

limx→x0

f(x) = A

6

(знак lim происходит от латинского limit) или

f(x) −−−→x→x0

A.

При использовании последней записи обычно говорят, что функция f стре-

мится к A при x, стремящемся к x0.В учебной литературе можно найти много разных вариантов прочтения

условия, записанного формулой (1), приведем один из них: «для любого на-

перед заданного положительного числа ε [эпсилон] найдется положитель-

ное число δ [дельта], такое, что для всех значений аргумента x, не равных

предельному значению x0 и отличающихся от него на величину меньшую

чем δ, значения функции отличаются от числа A меньше, чем на ε».Разумеется, заучивание подобных словесных формулировок лишено

смысла, гораздо важнее разобраться в сути условия (1). Вопреки широ-

ко распространенному среди студентов мнению о невероятной сложности

и запутанности данного определения, содержательный смыл условия (1)

достаточно прост и соответствует понятиям, используемым в инженерной

практике. Заметим, кстати, что сам Коши был по образованию инжене-

ром (он окончил парижскую Школу мостов и дорог) и до приглашения на

преподавательскую работу в прославленную L’ecole polytechnique работал

инженером путей сообщения в Шербуре.

Точность, с которой проводятся измерения или изготавливаются нуж-

ные детали, всегда ограничена. Поэтому техническое задание, в котором

размеры заданы без указания допустимой погрешности, считается безгра-

мотным и бессмысленным. Если точность заранее не указана, любое изде-

лие может быть объявлено бракованным. Заметим, что значение допусти-

мой погрешности (называемой «допуском») не только формально необхо-

димо, но полностью определяет сложность задания и его себестоимость —

в случае очень малого допуска требуется дорогое высокоточное оборудо-

вание, высокая квалификация рабочих и т.д. В технической документации

обычно используется запись вида

l = 20± 0.1мм.

Условие считается выполненным, если длина отличается от 20 мм меньше,

чем на величину допуска (0.1 мм), т.е. удовлетворяет условию

19.9 < l < 20.1 ⇔ |l − 20| < 0.1.

Видно, что величина допуска соответствует ε из формулы (1). Само опре-

7

деление предела по сути означает, что

если x ≈ x0, x 6= x0, то f(x) ≈ A,

причем любая степень приближения f(x) к A может быть достигнута путем

достаточно хорошего приближения к точке x0.Для описания значений близких к данному удобно использовать понятие

окрестности, формальное определение которого дается ниже.

Определение. ε-окрестностью точки a, где a ∈ R, ε > 0, называется

интервал

U(a, ε) = (a− ε; a+ ε) .

Очевидно, что факт принадлежности некоторой точки заданной ε-окрест-

ности можно задать с помощью неравенств:

x ∈ U(a, ε) ⇐⇒ a− ε < x < a+ ε ⇐⇒ |x− a| < ε.

Определение. Проколотой ε-окрестностью точки a называется мно-

жество точек ее ε-окрестности за исключением самой точки a, т.е.

U(a, ε) = (a− ε; a) ∪ (a; a+ ε) .

Ясно, что проколотая окрестность точки, также может быть задана с по-

мощью неравенств:

x ∈ U(a, ε) ⇐⇒[a− ε < x < a

a < x < a+ ε⇐⇒ 0 < |x− a| < ε.

Данное выше определение предела (1) можно переформулировать на языке

окрестностей:

∀ε > 0 ∃δ > 0 : ∀x ∈ D ∩ U(x0, δ) ⇒ f(x) ∈ U(A, ε). (2)

В словесной форме это утверждение можно выразить так: «для любой

(сколь угодно малой) ε-окрестности точки A можно указать проколотую

окрестность точки x0, во всех точках которой функция принимает значения

из этой (выбранной заранее) ε-окрестности точки A». Подобные формули-

ровки можно найти в стандартных курсах математического анализа (см.,

например, [1-3]), однако, повторимся, их механическое заучивание является

бесполезным.

8

Пример 1.

limx→2

x2 = 4.

Этот достаточно очевидный факт следует отличать от равенства 22 = 4.Истинность равенства можно проиллюстрировать (не доказать, разумеет-

ся!) результатами вычислений, приведенными в таблице 1.

Таблица 1: Приближение к предельному значению в примере 1.

x f(x) = x2 Округление2.1 4.41 4

2.01 4.0401 4.02.001 4.004001 4.00

2.0001 4.00040001 4.000. . . . . . . . .1.9 3.61 4

1.99 3.9601 4.01.999 3.996001 4.00

. . . . . . . . .

Доказать данное утверждение можно, проверив, что в этом случае вы-

полняется условие, задаваемое формулой (1), т.е. указав правило, по ко-

торому для любого значения ε можно подобрать соответстующее значе-

ние δ(ε). Требуется проверить, что

∀ε > 0 ∃δ > 0 : ∀x ∈ D 0 < |x− 2| < δ ⇒ |x2 − 4| < ε.

Последнее неравенство, как известно, равносильно двойному неравенству

−ε < x2 − 4 < ε ⇐⇒ 4− ε < x2 < ε+ 4.

Дальнейшее рассмотрение достаточно провести для ε < 4, поскольку, если

неравенство верно для некоторого ε, оно тем более будет верно для боль-

шего значения ε. Получаем, что√4− ε < x <

√ε+ 4 ⇐⇒

√4− ε− 2 < x− 2 <

√ε+ 4− 2.

Выбирая в качестве δ минимальное из чисел 2 −√4− ε и

√4 + ε − 2, мы

получаем, что для x, удовлетворяющих неравенству

|x− 2| < δ =⇒ −δ < x− 2 < δ,

выполнено также неравенство√4− ε− 2 < x− 2 <

√ε+ 4− 2,

9

а, значит, и |x2 − 4| < ε. Например, для ε = 0.41 достаточно положить

δ = 0.1.

Заметим в заключение, что предел функции в точке может не суще-

ствовать. Примером может служить функция f(x) = sin(πx

)при x → 0.

Нетрудно убедиться, что любая, даже очень малая, окрестность нуля содер-

жит отрезки вида[

22n+1 ;

22n−1

](если n ∈ N достаточно велико), на которых

функция пробегает все значения от −1 до +1. Таким образом, при ε < 1условие (1) выполняться не может ни при каком A. Однако в тех случаях,

когда предел существует, он определяется однозначно, т.е. два различных

числа не могут являться пределом некоторой функции в одной и той же

точке.

1.2 Бесконечно малые, бесконечно большие, ограниченные

В 1803 году великий французский астроном, математик, физик Пьер

Лаплас (Pierre Simon Laplace, 1749-1827), который внес большой вклад

в развитие методов математического анализа, был назначен Наполеоном

(который был некогда учеником Лапласа) министром внутренних дел. На

этом посту он продержался недолго и был снят с должности за то, что, как

писал Наполеон, «пытался внедрить дух бесконечно малых в управление

государством».

В течение XVII-XVIII и части XIX века весь математический анализ

называли «исчислением бесконечно малых». Сама идея математиче-

ского анализа представлялась его создателям как представление изучае-

мых величин в виде бесконечных сумм бесконечно малых. При этом де-

лались попытки сформулировать правила выполнения операций над бес-

конечно малыми, а сама суть этого понятия не получала ясного объясне-

ния. Использование в рассуждениях величин, которые в одних ситуациях

рассматриваются как нули, а в других ситуациях как отличные от нуля,

встречала ожесточенную, и нередко заслуженную, критику современни-

ков, привыкших к логической строгости рассуждений, образцом которой

являлись «Начала» Эвклида. Однако даже критики были вынуждены при-

знавать эффективность новых методов для решения задач. Отметим, что

прообраз понятия бесконечно малой встречался в работах античных (Ев-

докс и Архимед — «метод исчерпывания», 3 в. до н.э.), арабских (Сабит

ибн Корра IX в.), индийских (Мадхава из Сангамаграма) и европейских

математиков, например, Иогана Кеплера (понятие «части очень малой ши-

рины» в работе «Новая стереометрия винных бочек преимущественно ав-

10

стрийских»), Кавальери («метод неделимых»). Заслугой Ньютона (Isaac

Newton, 1642-1727 — английский математик, физик, богослов) и Лейбница

(Gottfried Wilhelm von Leibnitz или Leibniz, 1646-1716 — немецкий фило-

соф и математик), считающихся основателями математического анализа,

является разработка алгоритмов преобразования выражений, содержащих

бесконечно малые, т.е. создание исчисления.

Работы Коши позволили при изложении математического анализа обой-

тись без помощи весьма туманного понятия бесконечно малой. Для Коши

бесконечно малая — это всего лишь функция, имеющая предел, равный

нулю, что совпадает с современным определением этого понятия. Термин

«бесконечно малая» сохраняется во многом лишь как дань исторической

традиции.

Определение. Функция α называется бесконечно малой в точке x0,если

limx→x0

α(x) = 0 ⇐⇒

∀ε > 0 ∃δ > 0 : ∀x ∈ D 0 < |x− x0| < δ =⇒ |α(x)| < ε. (3)

Формула (3) получается из (1) заменой A на 0. В словесной форме опреде-

ление может быть сформулировано так: «величина называется бесконечно

малой в точке x0, если ее можно сделать меньше любого наперед заданного

положительного числа, выбрав достаточно малую проколотую окрестность

точки x0».

Понятие бесконечно большой также дается через понятие предела. В

этом случае его приходится немного модифицировать.

Определение. Функция f называется бесконечно большой в точке x0,

если ее предел в этой точке равен бесконечности:

limx→x0

f(x) = +∞ ⇐⇒

∀M ∃δ > 0 : ∀x ∈ D 0 < |x− x0| < δ =⇒ f(x) > M. (4)

Условие (4) можно прочесть так: «функция называется бесконечно боль-

шой в точке x0, если ее можно сделать больше любого наперед заданного

числа, выбрав достаточно малую проколотую окрестность точки x0». Важ-

но подчеркнуть, что радиус этой окрестности (число δ) выбирается при

заранее известном M и, разумеется, от него зависит. Ситуация немного на-

поминает шуточную игру, в которой побеждает тот, кто назовет большее

число. Побеждает, конечно, тот, кто называет свое число последним.

11

Похожим образом определяется предел в бесконечно удаленной точке.

Определение. Число A называется пределом функции f при x → +∞,

если

∀ε > 0 ∃M : ∀x ∈ D x > M =⇒ |f(x)− A| < ε. (5)

Один из вариантов прочтения условия, записанного формулой (5), такой:

«для любого наперед заданного положительного числа ε можно указать

число M , такое, что для любого значения аргумента, превышающего это

число, значение функции отличатеся от A меньше, чем на ε».

Пример 2.

limx→+∞

x+ 1

x= 1.

График функции f(x) = x+1x представляет собой гиперболу с горизонталь-

ной асимптотой y = 1. Для иллюстрации приведем результат вычисления

значений функции (таблица 2).

Таблица 2: Приближение к предельному значению в примере 2.

x f(x) =x+ 1

xОкругление

1 2 —

1011

10= 1.1 1

100101

100= 1.01 1.0

10001001

1000= 1.001 1.00

10000001000001

1000000= 1.000001 1.00000

. . . . . . . . .

При x > 1012 калькулятор, оперирующий с 12-ю значащими цифрами,

не сможет отобразить факт отличия значения функции от 1. Видно, что

начиная с определенного момента, конкретное значение переменной x уже

не играет заметной роли, важно только, что значение x «очень большое».

Для доказательства утверждения нужно показать, что для данного слу-

чая выполняется условие, задаваемое формулой (5), т.е. требуется прове-

рить, что

∀ε > 0 ∃M : ∀x x > M =⇒∣∣∣∣

x+ 1

x− 1

∣∣∣∣< ε.

12

Последнее неравенство равносильно двойному неравенству

−ε <x+ 1

x− 1 < ε ⇐⇒ −ε <

1

x< ε,

которое, очевидно, выполнено при всех x > 1ε > 0. Здесь было достаточно

рассмотреть x > 0, тот факт, что неравенство имеет также отрицательные

решения в данном случае не представляет интереса. Таким образом, для

выполнения условия (5) достаточно положить M(ε) = 1ε .

Пример 3.

limx→+∞

sin x не существует.

Условие (5) должно быть выполнено для произвольно малого положитель-

ного числа ε. Покажем, что оно не может быть выполнено уже для ε = 1.Предположим противное, что для какого-то числа A нам удалось подобрать

такое число M , что

∀x > M | sinx− A| < 1.

Но, сколь бы ни было велико число M , можно указать (согласно аксиоме

Архимеда, см. [1]) такое натуральное число n, что 2πn > M . Но тогда,

поскольку x1 = 2πn+ π2 > M и x2 = 2πn+ 3π

2 > M , должны выполняться

неравенства∣∣∣sin

(

2πn+π

2

)

− A∣∣∣ < 1 и

∣∣∣∣sin

(

2πn+3π

2

)

− A

∣∣∣∣< 1.

Учитывая значения синуса в точках x1 и x2, получаем, что число A должно

удовлетворять системе неравенств{

|1− A| < 1| − 1− A| < 1

⇔{

|A− 1| < 1|1 + A| < 1

⇔{

−1 < A− 1 < 1−1 < 1 + A < 1

⇔{

0 < A < 2−2 < A < 0

Мы получили противоречие, поскольку число A с одной стороны должно

быть положительным, а с другой — отрицательным.

В силу периодичности синуса все «волны» синусоиды абсолютно одина-

ковы, и мы, в отличие от предыдущего примера, никогда не сможем игно-

рировать конкретное значение переменной x, ограничившись констатацией

того, что оно «достаточно большое».

Во многих случаях необходимо в качестве бесконечно больших рассмат-

ривать величины, стремящиеся к −∞ и ∞ («бесконечность неопределенно-

го знака»). Соответствующие определения легко получаются из формул (4-

5), если положить, что

z → −∞ ⇐⇒ (−z) → +∞, z → ∞ ⇐⇒ |z| → +∞.

13

В зависимости от того, являются ли предельные значения функции и

аргумента конечными или бесконечными, мы вынуждены пользоваться

разными вариантами определения предела, которые соответствуют форму-

лам (1), (4) или (5), а также их различным сочетаниям. Понятно, что такая

ситуация довольно неудобна. Можно свести все случаи к одному универ-

сальному определению (2), если обобщить понятие окрестности на случай

бесконечно удаленной точки. Положим по определению, что

U(+∞, ε) =

(1

ε; +∞

)

=

{

x ∈ R

∣∣∣∣x >

1

ε

}

.

Для −∞ и ∞ будем считать, что

U(−∞, ε) =

(

−∞;−1

ε

)

, U(∞, ε) =

(

−∞;−1

ε

)

∪(1

ε; +∞

)

.

Теперь определения (4) и (5) получаются из (2), если положить M =1

ε.

Стоит заметить, что определение предела на языке окрестностей откры-

вает возможность обобщения понятия предела на случай произвольного

метрического пространства, например, ввести понятие предела для функ-

ций нескольких переменных, функций комплексного аргумента, вектор-

функций и т.д. Рассмотрение этих вопросов находится, однако, за рамками

данного пособия.

В каком-то смысле противоположностью понятию бесконечно большой

является понятие ограниченной функции.

Определение. Функция f называется ограниченной на множестве

G, если все ее значения в точках множества G не превосходят по модулю

некоторого числа, т.е. если

∃P : ∀x ∈ G |f(x)| 6 P. (6)

Определение. Функция f называется ограниченной в точке x0, если

она ограничена в некоторой проколотой окрестности этой точки, т.е.

∃δ > 0 ∃P : ∀x 0 < |x− x0| < δ =⇒ |f(x)| 6 P.

1.3 Предел последовательности

Многие учебные пособия по курсу математического анализа начинают

рассмотрение темы «Пределы» с разбора понятия предела последователь-

ности. Нетрудно показать, что это понятие является частным случаем дан-

ного выше определения предела функции в бесконечно удаленной точке.

14

Определение. Последовательностью называется функция натураль-

ного аргумента, т.е. функция, областью определения которой является мно-

жество натуральных чисел (N):

a : N −→ R.

Аргумент такой функции указывают обычно не в скобках, а в качестве

нижнего индекса, т.е. вместо обозначения a(n) пишут an. При этом говорят

обычно не о значении, скажем, в точке 5, а о пятом члене последователь-

ности, что, разумеется, не меняет ситуацию.

В принципе, любую последовательность можно продолжить на всю чис-

ловую прямую или ее часть, доопределив значения функции в промежу-

точных точках. Однако «естественное продолжение» есть далеко не всегда.

Так, например, последовательность an = n · 3n можно естественным обра-

зом продолжить до функции f(x) = x · 3x, определенной для всех x ∈ R и

удовлетворяющей условию ∀n ∈ N f(n) = an. Но вот, скажем, для последо-

вательности an = (−1)n, четные члены которой равны +1, а нечетные −1,такого естественного продолжения нет. Действительно, функция (−1)x не

определена (основание показательной функции должно быть положитель-

ным и не равным 1), а продолжение f(x) = cos πx, хотя и удовлетворяет

условию ∀n ∈ N cos πn = (−1)n, но не является ни «естественным», ни,

тем более, единственным. Также непросто обстоит дело с продолжением

последовательности an = n! = 1 · 2 · . . . · n на дробные или иррациональ-

ные значения аргумента (таким продолжением является Гамма-функция

Эйлера).

При обсуждении вопроса о пределе последовательности надо прежде

всего иметь ввиду, что единственной предельной точкой множества N яв-

ляется +∞. Определение предела последовательности автоматически по-

лучается из (5), если в качестве множества D подставить N и значение

функции записывать так, как это принято для последовательностей.

Определение. Число A называется пределом последовательности an, если

∀ε > 0 ∃M : ∀n ∈ N n > M =⇒ |an − A| < ε. (7)

«Для любого наперед заданного положительного числа ε (сколь бы мало

оно ни было) найдется число M , такое что все члены последовательности

с номерами большими M отличаются от A меньше, чем на ε».Записывается этот факт следующим образом:

limn→+∞

an = A или an −→ A.

15

Следует учитывать, что, если в выражении под знаком предела для обо-

значения переменной используется буква n, то, как правило, имеется ввиду

предел последовательности, запись n → +∞ может иногда опускаться, по-

скольку это не вызывает трудности с пониманием.

Несмотря на большое сходство условий (5) и (7), предел последователь-

ности и функции в бесконечно удаленной точке необходимо различать, что

иллюстрирует следующий пример.

Пример 4.

limn→+∞

sin πn = 0, но limx→+∞

sin πx не существует.

Различие между первым и вторым пределом заключается в том, что

для всех натуральных значений переменной (а только они и учитываются

в первом пределе!) выражение под знаком предела равно нулю. Во вто-

ром пределе учитываются также и промежуточные значения переменной,

в которых функция принимает весь диапазон значений от −1 до +1.

Пример 5.

limn→+∞

(−1)n не существует.

Этот пример во многом аналогичен разобранному выше примеру 3 для

sin x при x → +∞ и предлагается для самостоятельного разбора.

1.4 Арифметические операции над пределами

Теорема. (об арифметических операциях над пределами)

Если a — конечная или бесконечно удаленная точка R,

∃ limx→a

f(x) = A 6= ∞ и ∃ limx→a

g(x) = B 6= ∞,

то

1. ∃ limx→a

(f(x) + g(x)) и limx→a

(f(x) + g(x)) = A+B;

2. ∃ limx→a

f(x) · g(x) и limx→a

f(x) · g(x) = A · B;

при дополнительном предположении B 6= 0

3. ∃ limx→a

f(x)

g(x)и lim

x→a

f(x)

g(x)=

A

B.

Таким образом, в условиях теоремы, пределы суммы, произведения или

частного двух функций существуют и равны, соответственно, сумме, про-

изведению или частному их пределов. Важно, однако, подчеркнуть, что

16

существование и конечность предела каждой из функций в отдельности

являются существенными условиями теоремы, которые необходимо про-

верять. В противном случае, применение этих правил может привести к

ошибке.

Поскольку содержательные задачи по теме «Пределы» связаны с беско-

нечно малыми и бесконечно большими, то правил, приведенных в теореме,

оказывается недостаточно. Существенным дополнением являются правила

выполнения арифметических операций над бесконечно большими и беско-

нечно малыми.

1. Если α и β — бесконечно малые, то α + β — бесконечно малая. Этот

результат переносится на сумму любого конечного числа бесконечно

малых.

2. Если α — бесконечно малая, а h — ограниченная, то α ·h — бесконечно

малая. В частности, произведение бесконечно малых есть бесконечно

малая.

3. Если f — бесконечно большая, а h — ограниченная, то f + h иf

h—

бесконечно большие.

4. Если f — бесконечно большая, а модуль функции g в некоторой проко-

лотой окрестности предельной точки больше некоторого положитель-

ного числа (в частности, если предел g существует и отличен от нуля),

то f · g — бесконечно большая.

5. Если α — бесконечно малая, то1

α— бесконечно большая.

6. Если f — бесконечно большая, то1

f— бесконечно малая.

Все сформулированные выше правила строго доказываются на основе

приведенных выше определений предела, бесконечно малой, бесконечно

большой и ограниченной функции. Доказательства можно найти в стан-

дартных курсах математического анализа. Мы ограничимся замечанием,

что сформулированные правила вполне соответствуют нашим интуитив-

ным представлениям о больших и малых величинах. Действительно, если

делить приходится на многих, то на каждого приходится очень мало; если

целое делить на очень мелкие части, то таких частей будет очень много;

17

если от большого числа отнять не слишком много, то оно останется боль-

шим и т.д. Приведем примеры задач, в которых сформулированных выше

правил достаточно для получения ответа.

Пример 6. Вычислите

limx→+∞

sin x

x.

Решение. Сделав очевидное тождественное преобразование

limx→+∞

sin x

x= lim

x→+∞sin x · 1

x,

заметим, что 1/x — бесконечно малая (как единица, деленная на бесконечно

большую), а sin x — ограниченная, т.к. ∀x ∈ R | sinx| 6 1. Поскольку

произвдение бесконечно малой на ограниченную есть бесконечно малая, а

предел бесконечно малой (по определению) равен нулю, получаем ответ.

Ответ: 0.

Пример 7. Вычислите

limx→0

(1

x− cos

π

x

)

.

Решение. Заметим, что 1/x — бесконечно большая (как единица, делен-

ная на бесконечно малую), а cos πx , хотя и не имеет предела в нуле, является

ограниченной функцией. Следовательно, мы можем воспользоваться пра-

вилом о сумме бесконечно большой и ограниченной. Косинус, значения ко-

торого по модулю не превосходят единицы, не может «помешать» первому

слагаемому неограничено возрастать.

Ответ: ∞.

Нетрудно видеть, что некоторые ситуации не охватываются приведен-

ными выше правилами: отношение двух бесконечно больших или двух бес-

конечно малых, разность бесконечно больших (одного знака), произведе-

ние бесконечно большой и бесконечно малой. Такие ситуации называются

неопределенностями , они будут символически помечаться так:{∞∞}

,

{0

0

}

, {∞−∞} , {∞ · 0} , . . .

Решение задач в этом случае требует преобразования выражения с целью

«раскрытия» неопределенности. В отличие от многих задач элементарной

математики, при вычислении пределов преобразование выражений нико-

гда не является самоцелью и проводится исключительно для того, что-

бы привести исследуемое выражение к виду, в котором неопределенности

18

не будет. В связи с этим представляется даже излишним указывать, что

решение любой задачи в теме «пределы» должно начинаться с уяснения

вопроса, есть ли неопределенность и, если да, то с каким типом неопреде-

ленности мы имеем дело. Без этого преобразование выражений, стоящих

под знаком предела, лишено всякого смысла.

Приведенными выше случаями не исчерпываются все типы неопреде-

ленностей. Более сложные для раскрытия типы неопределенностей связа-

ны с возведением в степень:

{1∞} ,{00},{∞0}.

Эти типы неопределенностей будут рассмотрены позднее.

Пример 8. Вычислите

limx→∞

(x4 − x2

).

Решение. Формально мы имеем дело с неопределенностью {∞−∞}, од-

нако легко видеть, что при достаточно больших x первое слагаемое намно-

го больше второго, поэтому раскрытие неопределенности не представляет

труда. Преобразуем выражение, вынося вторую степень за скобки:

limx→∞

(x4 − x2

)= lim

x→∞x2 ·

(x2 − 1

).

Скобка является, очевидно, бесконечно большой (как разность бесконечно

большой и ограниченной), сомножитель перед скобкой также является бес-

конечно большой. Произведение бесконечно больших является бесконечно

большой.

Ответ: ∞.

2 Раскрытие неопределенностей в алгебраических вы-

ражениях

2.1 Пределы рациональных выражений

2.1.1 Отношение двух бесконечно малых, неопределенность

{0

0

}

Рассмотрим предел отношения двух многочленов в некоторой точке чис-

ловой прямой. Неопределенность возникает тогда, когда в предельной точ-

ке (x0) оба многочлена обращаются в ноль, т.е. число x0 является корнем

обоих многочленов

limx→x0

Pn(x)

Qm(x)

{0

0

}

.

19

Неопределенность может быть раскрыта благодаря факту, являющемуся

утверждением теоремы Безу (Etienne Bezout, 1730-1783).

Теорема. Число x0 является корнем многочлена тогда и только тогда,

когда многочлен делится без остатка на двучлен x− x0. Т.е.

Pn(x0) = 0 ⇐⇒ Pn(x) = (x− x0)Sn−1(x),

где Sn−1(x) — некоторый многочлен степени на единицу меньше, чем Pn(x).После сокращения дроби на критический множитель x − x0 мы получаем

отношение многочленов степени на единицу меньше. Если в новом выра-

жении неопределенность сохраняется, то описанную процедуру можно по-

вторить. Поскольку степени многочленов понижаются, процесс не может

продолжаться неограниченно долго и на каком-то шаге (если не на первом!)

неопределенность исчезнет. Встает вопрос о нахождении частного при де-

лении многочленов на x− x0. Существует несколько алгоритмов, наиболее

наглядным из которых является деление в столбик. Реализацию этого ал-

горитма проще показать на конкретных примерах.

Пример 9.

L = limx→3

x2 − 5x+ 6

2x2 − 5x− 3Решение. Непосредственной подстановкой на место x числа 3 легко убе-

диться, что и числитель, и знаменатель обращаются в ноль. Следователь-

но, мы имеем дело с отношением двух бесконечно малых. Для разложе-

ния квадратичных многочленов на множители найдем их корни. Для этого

удобнее всего воспользоваться теоремой Виета. В числителе произведение

корней равно 6. Поскольку один корень уже известен (это, разумеется, 3),

то легко найти второй — +2. В знаменателе x1 · x2 = −3

2. Учитывая, что

x1 = 3, получаем x2 = −1

2. Окончательно:

limx→3

x2 − 5x+ 6

2x2 − 5x− 3

{0

0

}

= limx→3

(x− 2)(x− 3)

2(x− 3

) (x+ 1

2

) = limx→3

x− 2

2x+ 1=

1

7.

Предел может быть также вычислен следующим образом. Как будет

видно из дальнейшего, во многих случаях в качестве переменной удобно

использовать бесконечно малую. Сделаем замену: y = x−3 → 0. Учитывая,

что x = 3 + y, получим

L = limy→0

(9 + 6y + y2

)− 5(y + 3) + 6

2 (9 + 6y + y2)− 5(y + 3)− 3= lim

y→0

y2 + y

2y2 + 7y= lim

y→0

y(y + 1)

y(2y + 7)=

20

= limy→0

y + 1

2y + 7=

0 + 1

0 + 7=

1

7.

Однако для многочленов высоких степеней этот метод вряд ли можно ре-

комендовать .

Ответ: 17 .

Пример 10.

limx→2

x4 − 5x3 + 7x+ 10

2x4 + x3 − 9x2 − 4Решение. Числитель и знаменатель при x = 2 обращаются в ноль. Для

сокращения дроби на бесконечно малую x − 2 воспользуемся делением в

столбик. Важно обратить внимание, что отсутствующие степени следует

заменять нулями или пробелами.

x4 − 5x3 + 7x + 10 x− 2x4 − 2x3 x3 − 3x2 − 6x− 5

− 3x3

− 3x3+6x2

−6x2 + 7x−6x2 + 12x

− 5x + 10− 5x + 10

0

2x4 + x3 − 9x2 − 4 x− 22x4−4x3 2x3 + 5x2 + x+ 2

5x3 − 9x2

5x3 − 10x2

x2

x2 − 2x2x − 42x − 4

0

Правильность выполнения деления можно проверить умножением, т.е. рас-

крытием скобок в полученных выражениях.

limx→2

x4 − 5x3 + 7x+ 10

2x4 + x3 − 9x2 − 4

{0

0

}

= limx→2

(x− 2)(x3 − 3x2 − 6x− 5

)

(x− 2) (2x3 + 5x2 + x+ 2)=

= limx→2

x3 − 3x2 − 6x− 5

2x3 + 5x2 + x+ 2=

8− 12− 12− 5

16 + 20 + 2 + 2=

−21

40.

21

Ответ: −2140 .

2.1.2 Отношение двух бесконечно больших, неопределенность{∞∞}

При x → ∞ слагаемые с большим показателем степени оказываются

по модулю гораздо больше слагаемых с меньшими степенями. Поэтому в

многочлене целесообразно вынести за скобку старшую степень переменной.

Тогда в скобках останется только одно слагаемое, не являющееся бесконеч-

но малой. Остальные слагаемые исчезнут при предельном переходе.

Пример 11.

limx→∞

3x4 + 2x3 + 4x+ 5

x4 + x3 + 5x2 + 1

{∞∞}

= limx→∞

x4 ·(

3 +2

x+

4

x3+

5

x4

)

x4 ·(

1 +1

x+

5

x2+

1

x4

) =

= limx→∞

3 +

0

↑︷ ︸︸ ︷

2

x+

4

x3+

5

x4

1 +1

x+

5

x2+

1

x4︸ ︷︷ ︸↓0

=3

1= 3.

Ответ: 3.

Пример 12.

limx→∞

x4 + 3x3 + 2x2 + 5x+ 2

50x3 + 2x2 + x+ 1

{∞∞}

= limx→∞

x4 ·(

1 +3

x+

2

x2+

5

x3+

2

x4

)

x3 ·(

50 +2

x+

1

x2+

1

x3

) =

= limx→∞

x︸︷︷︸↓∞

·1 +

0

↑︷ ︸︸ ︷

3

x+

2

x2+

5

x3+

2

x4

50 +2

x+

1

x2+

1

x3︸ ︷︷ ︸↓0

= ∞.

22

Здесь первый сомножитель стремится к бесконечности, а второй к 150 . По

свойствам бесконечно больших произведение является бесконечно боль-

шим.

Ответ: ∞.

Пример 13.

limx→∞

5x4 − 3x3 + 6x+ 7

x5 + 2x3 − 8x+ 11

{∞∞}

= limx→∞

x4 ·(

5− 3

x+

6

x3+

7

x4

)

x5 ·(

1 +2

x2− 8

x4+

11

x5

) =

= limx→∞

1

x︸︷︷︸↓0

·5−

0

↑︷ ︸︸ ︷

3

x+

6

x3+

7

x4

1 +2

x2− 8

x4+

11

x5︸ ︷︷ ︸↓0

= 0.

Первый сомножитель является бесконечно малым (единица, деленная на

бесконечно большую), второй стремится к 5. По свойствам бесконечно ма-

лых предел равне нулю.

Ответ: 0.

Разобранные выше примеры позволяют сделать вывод, что в задачах

данного типа решающим фактором оказывается соотношение степеней чис-

лителя и знаменателя. Если степень многочлена, стоящего в числителе,

больше, чем степень многочлена, стоящего в знаменателе, то предел дро-

би равен бесконечности, в противоположном случае — нулю. Если степени

многочленов совпадают, предел равен отношению коэффицентов при стар-

шей степени. Данный вывод справедлив, разумеется, только при вычисле-

нии предела для x → ∞.

Пример 14. Вычислите

L = limn→+∞

(n+ 2)! + (n+ 1)!

(n+ 3)!

{∞∞}

.

Здесь существенно, что переменная принимает только натуральные значе-

ния. Учитывая определение факториала (n!), приведенное на странице 15,

и его основное свойство (k + 1)! = k!(k + 1), получим, что

(n+2)! = (n+2)·(n+1)!, (n+3)! = (n+3)·(n+2)! = (n+3)(n+2)·(n+1)! .

23

Поэтому

L = limn→+∞

(n+ 2) · (n+ 1)! + (n+ 1)!

(n+ 3)(n+ 2) · (n+ 1)!= lim

n→+∞(n+ 1)! · (n+ 2 + 1)

(n+ 3)(n+ 2) · (n+ 1)!=

= limn→+∞

n+ 3

(n+ 3)(n+ 2)= lim

n→+∞1

n+ 2= 0.

Ответ: 0.

Пример 15.

L = limn→+∞

1 + 2 + 4 + · · ·+ 2n

2n.

Решение. Здесь также существенно, что переменная принимает только

натуральные значения. Заметим, что слагаемые числителя образуют гео-

метрическую прогрессию со знаменателем 2. Применим формулу для сум-

мы членов геометрической прогрессии

b0 + b0q + b0q2 + · · ·+ b0q

n = b0 ·qn+1 − 1

q − 1

для b0 = 1 и q = 2:

1 + 2 + 4 + · · ·+ 2n = 2n+1 − 1 .

Получим:

L = limn→+∞

2n+1 − 1

2n

{∞∞}

= limn→+∞

2n+1

2n·(

1− 1

2n+1

)

= 2,

если учесть, что1

2n+1→ 0 (единица, деленная на бесконечно большую).

Ответ: 2.

2.1.3 Разность двух бесконечно больших, неопределенность {∞−∞}

Пример 16.

L = limx→∞

(2x3 + x2 + 3

x2 − 4x+ 3− 2x3 + 4x+ 1

x2 − 5x+ 4

)

{∞−∞} .

На первый взгляд, в каждом слагаемом имеет место неопределенность вида{∞∞}, однако, поскольку степень числителя больше степени знаменателя,

легко показать (см. задачи предыдущего раздела), что каждое слагаемое

стремится к бесконечности, причем одного и того же знака.

24

1-ый способ. Приведением к общему знаменателю вычисление предела

сводится к раскрытию неопределенности{∞∞}, что является решающим

упрощением задачи. При приведении к общему знаменателю целесообразно

заметить, что знаменатели дробей имеют общий множитель:

x2 − 4x+ 3 = (x− 1)(x− 3), x2 − 5x+ 4 = (x− 1)(x− 4).

Приводя к общему знаменателю, получаем

L = limx→∞

(2x3 + x2 + 3

)(x− 4)−

(2x3 + 4x+ 1

)(x− 3)

(x− 1)(x− 3)(x− 4)=

= limx→∞

(2x4 − 7x3 − x2 + 3x− 12

)−(2x4 − 6x3 + 4x2 − 11x− 3

)

(x− 1)(x− 3)(x− 4)=

= limx→∞

−x3 − 5x2 + 14x− 9

(x− 1)(x− 3)(x− 4)

{∞∞}

= limx→∞

x3(

−1− 5

x+

14

x2− 9

x3

)

x

(

1− 1

x

)

x

(

1− 3

x

)

x

(

1− 4

x

) =

= limx→∞

−1− 5

x+

14

x2− 9

x3(

1− 1

x

)(

1− 3

x

)(

1− 4

x

) = −1.

Те слагаемые, где x оказывается в знаменателе, стремятся к нулю (единица,

деленная на бесконечно большую).

Ответ: −1.

2-ой способ. Выполнив деление с остатком в каждом из слагаемых, пред-

ставим их в виде суммы многочена и правильной дроби, т.е. дроби, в ко-

торой степень числителя меньше степени знаменателя. Эта операция на-

зывается выделением целой части. Легко видеть, что правильные дроби

стремятся к нулю, а рассмотрение целой части выражения не представля-

ет затруднений.

2x3 + x2 + 3 x2 − 4x+ 32x3 − 8x2 + 6x 2x+ 9

9x2 − 6x + 39x2−36x + 27

30x − 24

2x3 + 4x + 1 x2 − 5x+ 42x3 − 10x2 + 8x 2x+ 10

10x2 − 4x + 110x2−50x + 40

46x − 39

Правильность выполнения деления легко проверить:

(x2 − 4x+ 3)(2x+ 9) + (30x− 24) = 2x3 + x2 + 3;

25

(x2 − 5x+ 4)(2x+ 10) + (46x− 39) = 2x3 + 4x+ 1.

Теперь исходное выражение преобразуется к виду

L = limx→∞

((

2x+ 9 +30x− 24

x2 − 4x+ 3

)

−(

2x+ 10 +46x− 39

x2 − 5x+ 4

))

=

= limx→∞

(

−1 +x(30− 24

x

)

x2(1− 4

x +3x2

) − x(46− 39

x

)

x2(1− 5

x +4x2

)

)

=

−1 + limx→∞

(1

x· 30− 24

x

1− 4x +

3x2

− 1

x· 46− 39

x

1− 5x +

4x2

)

= −1.

При вычислении последнего предела было учтено, что члены выражения,

содержащие в знаменателе бесконечно большую (положительные степени

x), стремятся к нулю.

Ответ: −1.

Пример 17.

L = limx→2

(1

x− 2− 12

x3 − 8

)

{∞−∞} .

Легко видеть, что в знаменателе каждой дроби стоит бесконечно малая,

следовательно каждая дробь стремится к бесконечности. Нетрудно убе-

диться, что при x > 2 обе дроби положительны, а при x < 2 обе дроби

отрицательны. Следовательно, в любом случае они стремятся к бесконеч-

ности одного знака. Как и в предыдущей задаче, приведение к общему

знаменателю позволит получить неопределенность более простого вида, в

этой задаче —

{0

0

}

. Приводя к общему знаменателю, учитываем, что зна-

менатели имеют общий множитель x−2. Раскладывая знаменатель второй

дроби по формуле разности кубов, получаем:

L = limx→2

x2 + 2x+ 4− 12(x− 2

)(x2 + 2x+ 4)

= limx→2

x2 + 2x− 8(x− 2

)(x2 + 2x+ 4)

{0

0

}

.

Числитель, как и знаменатель, обращается в ноль при x1 = 2. Учиты-

вая, что по теореме Виета x1x2 = −8, находим второй корень числителя:

x2 = −4. Раскладываем числитель на множители и, сокращая дробь, из-

бавляемся от неопределенности:

L = limx→2

(x− 2)(x+ 4)(x− 2

)(x2 + 2x+ 4)

= limx→2

x+ 4

x2 + 2x+ 4=

7

12.

26

Ответ: 712 .

Пример 18.

L = limn→+∞

(1 + 2 + 3 + . . .+ n

5n+ 2− n

10

)

{∞−∞} .

Решение. В этой задаче важно, что переменная является натуральным

числом. В противном случае выражение в числителе первой дроби было бы

не определено. Тот факт, что первое слагамое стремится к бесконечности

станет очевидным, если воспользоваться формулой для суммы арифмети-

ческой прогрессии:

1 + 2 + 3 + 4 + . . .+ n =n(n+ 1)

2.

L = limn→+∞

(n(n+ 1)

2(5n+ 2)− n

10

)

= limn→+∞

5(n2 + n

)− n(5n+ 2)

10(5n+ 2)=

= limn→+∞

3n

10n

(

5 +2

n

) = limn→+∞

3

10

(

5 +2

n

) =3

50.

К такому же результату можно придти другим способом:

L = limn→+∞

(n2 + n

10n+ 4− n

10

)

=1

10· limn→+∞

(n2 + n

n+ 25

− n

)

.

Учитывая, что n2 + n =

(

n+2

5

)(

n+3

5

)

− 6

25, получаем

L =1

10· limn→+∞

(

6 n+3

5− 6

25(n+ 2

5

)

︸ ︷︷ ︸

↘0

− 6 n)

=1

10· 35=

3

50.

Ответ: 350 .

2.2 Пределы иррациональных выражений

2.2.1 Отношение двух бесконечно малых, неопределенность

{0

0

}

В случае, когда бесконечно малая представлена иррациональным ал-

гебраическим выражением (т.е., если кроме арифметических операций над

переменной присутствует операция извлечения корня), свести его к рацио-

нальному с помощью тождественных преобразований невозможно. Однако

27

во многих случаях выражение удается преобразовать так, чтобы беско-

нечно малая выражалась через переменную рациональным образом, т.е.

исключительно через арифметические операции. Очень полезным оказы-

вается применение фомул сокращенного умножения, например, разности

квадратов и суммы (разности) кубов:

a2 − b2 = (a− b)(a+ b), a3 − b3 = (a− b)(a2 + ab+ b2),

a3 + b3 = (a+ b)(a2 − ab+ b2).

Эти формулы удобно применять в виде

a− b =a2 − b2

a+ b=

a3 − b3

a2 + ab+ b2=

a4 − b4

(a+ b) (a2 + b2).

Выражения, стоящие в знаменателях, называются сопряженными (до раз-

ности квадратов, кубов и т. д.), а применение этих формул называют «до-

множением на сопряженную».

Пример 19.

L = limx→4

√5 + x− 3

x2 − 9x+ 20

{0

0

}

.

Решение. Первый способ. Избавиться от квадратного корня в числителе

можно, домножив на сопряженную до разности квадратов. Т.е., полагая

a =√5 + x, b = 3, домножим числитель и знаменатель дроби на выраже-

ние a+ b:

L = limx→4

(√5 + x

)2 − 32

(x2 − 9x+ 20)(√

5 + x+ 3) = lim

x→4

5 + x− 9

(x2 − 9x+ 20)(√

5 + x+ 3) .

Разумеется, сделанное преобразование не уничтожило иррациональность,

корень «переместился» из числителя в знаменатель. Выражение, на кото-

рое мы домножали числитель и знаменатель, в пределе равно 3 + 3 = 6.Поэтому и в числителе, и в знаменателе подстановка значения x = 4 долж-

на по прежнему давать 0. Домножение на сопряженную не может избавить

от неопределенности! Более того, если после сделанного преобразования

неопределенность пропала, это однозначно свидетельствует об ошибке, до-

пущенной в вычислениях. Однако, и это главное, и в числителе, и в знаме-

нателе бесконечно малая представлена теперь многочленом. Следователь-

но, дробь можно сократить на x− 4. Действительно:

L = limx→4

x− 4

x2 − 9x+ 20· 1√

5 + x+ 3= lim

x→4

x− 4

(x− 4)(x− 5)· 1√

5 + x+ 3=

28

= limx→4

1

x− 5· 1√

5 + x+ 3=

1

4− 5· 1

3 + 3= −1

6.

Второй способ. Другой возможностью избавиться от иррациональности яв-

ляется замена переменной. Предыдущий предел можно вычислить так:

y =√5 + x, y → 3, x = y2 − 5.

L = limy→3

y − 3

(y2 − 5)2 − 9 (y2 − 5) + 20= lim

y→3

y − 3

y4 − 19y2 + 90.

Выражение под знаком предела стало рациональным. Раскладывая знаме-

натель на множители, можно сократить дробь и избавиться от неопреде-

ленности. Можно применить деление в столбик, но проще приравнять зна-

менатель нулю и найти корни биквадратного уравнения. Полагая y2 = z,

имеем:

z2 − 19z + 90 = 0 =⇒ z1 · z2 = 90. z1 = 32 = 9 =⇒ z2 = 10.

L = limy→3

y − 3

(y2 − 9) (y2 − 10)= lim

y→3

y − 3

(y − 3) (y + 3) (y2 − 10)=

= limy→3

1

(y + 3) (y2 − 10)= −1

6.

Такой подход иногда целесообразен, но обычно, как и в данном примере,

он приводит к более длинным вычислениям.

Ответ: −16 .

В случаях, когда иррациональности присутствуют и в числителе, и в

знаменателе, приходится домножать сразу на две сопряженные, чтобы из-

бавится от обеих иррациональностей.

Пример 20.

L = limx→1

3√7 + x− 2x√10− x− 3

{0

0

}

.

Полагая a = 3√7 + x и b = 2x, домножим числитель и знаменатель дроби

на a2 + ab + b2 (сопряженная до разности кубов), полагая c =√10− x и

d = 3, домножим также на c+ d (сопряженная до разности квадратов).

L = limx→1

(3√7 + x− 2x

) ((7 + x)2/3 + (7 + x)1/3 · 2x+ 4x2

) (√10− x+ 3

)

(√10− x− 3

) (√10− x+ 3

) ((7 + x)2/3 + (7 + x)1/3 · 2x+ 4x2

) =

= limx→1

((3√7 + x

)3 − (2x)3) (√

10− x+ 3)

((√10− x

)2 − 32) (

(7 + x)2/3 + 2x(7 + x)1/3 + 4x2) =

29

= limx→1

7 + x− 8x3

10− x− 9·

√10− x+ 3

(7 + x)2/3 + 2x(7 + x)1/3 + 4x2.

В первой дроби сохраняется неопределенность, но нет иррациональностей,

во второй дроби есть иррациональности, но нет неопределенности, т.к. ни

числитель, ни знаменатель к нулю не стремятся. Избавиться от неопреде-

ленности в первой дроби можно сокращением на бесконечно малую x− 1.Делением в столбик разложим числитель первой дроби на множители:

−8x3 + x + 7 x− 1−8x3 + 8x2 −8x2 − 8x− 7

− 8x2 + x

− 8x2 +8x−7x + 7−7x + 7

0.

L = limx→1

−(8x2 + 8x+ 7)(x− 1)

−(x− 1)·

√10− x+ 3

(7 + x)2/3 + 2x(7 + x)1/3 + 4x2=

= limx→1

8x2 + 8x+ 7

1·

√10− x+ 3

(7 + x)2/3 + 2x(7 + x)1/3 + 4x2= 23 · 3 + 3

4 + 4 + 4=

23

2.

Ответ: 232 .

Заметим, что деление в столбик, хотя и удобный, но далеко не един-

ственный алгоритм разложения на множители. К такому же результату

можно прийти, группируя слагаемые:

7 + x− 8x3 = 7− 7x3 + x− x3 = 7(1− x3

)+ x

(1− x2

)=

= 7(1− x

) (1 + x+ x2

)+x(1−x)(1+x) =

(1− x

) (7 + 7x+ 7x2 + x+ x2

)=

=(1− x

) (7 + 8x+ 8x2

),

что в точности соответствует полученному ранее результату.

2.2.2 Отношение двух бесконечно больших, неопределенность{∞∞}

Раскрытие неопределенности выполняется также, как и в случае беско-

нечно больших, представленных многочленами, т.е. вынесением за скобку

старшей степени. Однако вычисления заметно усложняются.

30

Пример 21.

L = limx→+∞

3x2 +√x4 + 3x2 + 5

3√x6 + 4x3 + 2 +

√x2 + 2x+ 7

{∞∞}

.

Нетрудно понять, что при x � 1 вклад в сумму младших степеней пе-

ременной является малосущественным. Например, при x = 100 значение

квадратного корня, стоящего в числителе, находится так:√100000000 + 30000 + 5 =

√100030005 ≈

√100000000 =

√1004 = 1002.

Поэтому при больших значениях x оцениваем:√

x4 + 3x2 + 5 ≈√x4 = x2,

3√

x6 + 4x3 + 2 ≈ 3√x6 = x2,

√

x2 + 2x+ 7 ≈√x2 = |x| = x,

(поскольку x → +∞ можно считать, что x > 0). Таким образом, и в

числителе, и в знаменателе старшей степенью переменной является вторая.

Вынесем за скобку x2. Деление корней на x2 выполняется по следующей

схеме:3√x6 + 4x3 + 2

x2=

3√x6 + 4x3 + 2

3√x6

=3

√

x6 + 4x3 + 2

x6=

=3

√

x6

x6+

4x3

x6+

2

x6=

3

√

1 +4

x3+

2

x6.

Выполнив аналогичные преобразования в остальных слагаемых, получим:

L = limx→+∞

x2(

3 +√

1 + 3x2 +

5x4

)

x2(

3

√

1 + 4x3 +

2x6 +

√1x2 +

2x3 +

7x4

) =

= limx→+∞

3 +√

1 + 3x2 +

5x4

3

√

1 + 4x3 +

2x6 +

√1x2 +

2x3 +

7x4

=3 + 1

1 + 0= 4 .

Ответ: 4.

2.2.3 Разность двух бесконечно больших, неопределенность {∞−∞}

Для раскрытия неопределенности нужно избавиться от иррациональ-

ностей, что может быть сделано приведением к формулам сокращенного

умножения.

31

Пример 22.

L = limx→±∞

(√

x2 + 3x+ 1− x)

.

Запись x → ±∞ в противоположность x → ∞ означает, что случаи x →+∞ и x → −∞ следует рассмотреть отдельно, причем результат может

получиться различным.

Решение. Случай x → −∞ не требует преобразований, поскольку в вы-

ражении нет неопределенности:

L− = limx→−∞

(√

x2 + 3x+ 1︸ ︷︷ ︸

↓+∞

−x︸︷︷︸

↓+∞

)

= +∞ .

Во втором случае для раскрытия неопределенности следует избавиться от

иррациональности, что можно сделать домножением на сопряженную до

разности квадратов. Положим a =√x2 + 3x+ 1, b = x и воспользуемся

формулой, которая с очевидностью вытекает из формулы для разности

квадратов:

a− b =a2 − b2

a+ b.

Получим:

L+ = limx→+∞

(√

x2 + 3x+ 1− x)

{∞−∞} = limx→+∞

(√x2 + 3x+ 1

)2 − x2√x2 + 3x+ 1 + x

=

= limx→+∞

3x+ 1√

x2 + 3x+ 1︸ ︷︷ ︸

↓+∞

+ x︸︷︷︸↓

+∞

{∞∞}

.

Задача свелась к типу неопределенности, который был рассмотрен выше.

Вынесением за скобку x неопределенность раскрывается без особых слож-

ностей. Учитывая, что при x > 0

√

x2 + 3x+ 1 =

√

x2(

1 +3

x+

1

x2

)

=√x2 ·

√(

1 +3

x+

1

x2

)

=

= |x| ·√(

1 +3

x+

1

x2

)

= x ·√

1 +3

x+

1

x2,

находим:

L+ = limx→+∞

x(3 + 1

x

)

x(√

1 + 3x +

1x + 1

) = limx→+∞

3 + 1x

√

1 + 3x +

1x + 1

=3 + 0

1 + 1=

3

2.

32

Заметим, что при решении подобных задач часто допускается следующая

ошибка. После верного преобразования

L+ = limx→+∞

x

(√

1 +3

x+

1

x2− 1

)

{∞ · 0}

скобка неправомерно заменяется на свое предельное значение 0. Этот при-

мер показывает, что замену величин на их предельные значения корректно

производить только во всем выражении сразу. Тем более неверно на осно-

вании того, что при больших x

x2 + 3x+ 1 ≈ x2,

отбрасывать «несущественные» слагаемые и заменять в исходном выраже-

нии первое слагаемое на x. Приведенное выше правильное решение зада-

чи показывает, что коэффициент «второстепенного» слагаемого 3x суще-

ственно влияет на ответ. Проиллюстрируем сказанное численным приме-

ром. При x = 100 значение функции, стоящей под знаком предела, равно√10301− 100 ≈ 101.493842− 100 = 1.493842,

что менее, чем на 0.01 отличается от точного значения предела.

Ответ: L− = +∞, L+ = 32 .

3 Задачи для самостоятельного решения

1. limx→1

x3 − x2 − x+ 1

x3 + x2 − x− 1

2. limx→∞

x3 + 2x2 + 3x+ 4

4x3 + 3x2 + 2x+ 1

3. limx→3

x2 − 5x+ 6

x2 − 9

4. limx→∞

2x2 − 5x+ 4

5x2 − 2x+ 3

5. limx→1

2x2 + 5x− 7

3x2 − x− 2

6. limx→0

√4 + x− 2

x

7. limx→∞

(x3

2x2 − 1− x2

2x+ 1

)

8. limx→3

√x−

√3√

x+ 1− 2

9. limx→−1

(x2 + 3x+ 2

)2

x3 + 2x2 − x− 2

10. limn→+∞

(√

n2 − 3n+ 2− n)

11. limx→1

x2 − 2x+ 1

x3 − x2 − x+ 1

33

12. limx→∞

(2x+ 1)2 − (x− 1)2

5x2 − x+ 4

13. limx→1

2x3 − 2

3x2 − 3

14. limx→∞

x2(

3√

5 + x3 − 3√

3 + x3)

15. limx→a

√ax− x

x− a

16. limx→1

3√x− 1√x− 1

17. limx→7

2−√x− 3

x2 − 49

18. limn→+∞

1 + 3 + 5 + . . .+ (2n− 1)

1 + 2 + 3 + . . .+ n

19. limx→1

(1

x− 1− 2

x2 − 1

)

20. limx→+∞

(√

x2 + x+ 1−√

x2 − x)

21. limn→∞

(1 + 3 + . . .+ (2n− 1)

n+ 3− n

)

22. limx→−∞

(√

x2 + 1−√

x2 − 4x)

23. limx→−2

(1

x+ 2+

4

x2 − 4

)

24. limx→+∞

(

x−√

x2 − x+ 1)

25. limx→+∞

(

x−√

x2 − a2)

26. limn→+∞

(1 + 2 + . . .+ n

n+ 2− n

2

)

27. limx→−∞

(√

x2 + ax−√

x2 − ax)

28. limx→+∞

√x

√

x+√

x+√x

29. limx→+∞

√

x+√

x+√x

√x+ 1

30. limx→+∞

√x+ 3

√x+ 4

√x√

2x+ 1

31. limx→4

√1 + 2x− 3√

x− 2

32. limx→a

√x−√

a+√x− a√

x2 − a2

33. limx→3

√x+ 13− 2

√x+ 1

x2 − 9

34. limx→−2

3√x− 6 + 2

x3 + 8

35. limx→−8

√1− x− 3

2 + 3√x

36. limx→∞

√x2 + 1− 3

√x2 − 1

4√x4 + 1− 5

√x4 + 1

37. limx→2

√2x2 − 7−

√x2 − x− 1

x2 − 3x+ 2

38. limx→9

3√x− 1− 2

x− 9

39. limx→2

x3 + 3x2 − 9x− 2

x3 − x− 6

40. limn→+∞

(n+ 2)!

n! + (n+ 1)!

41. limn→+∞

1 + 3 + · · ·+ 3n

3n

34

4 Замечательные пределы и эквивалентные бесконеч-

но малые

4.1 Замечательные пределы

4.1.1 Первый замечательный предел

limx→0

sin x

x

{0

0

}

= 1 . (8)

Доказательство равенства (8) приводится в стандартных курсах матема-

тического анализа. Для иллюстрации укажем, что

x sin x sinxx

0.1 0.0998334... 0.9983342 . . .

0.01 0.0099998... 0.9999833 . . .

Важно отметить, что здесь, как и во всем курсе математического анализа,

предполагается использование радианной меры угла. Из (8) легко получить

следствия, важные для решения задач.

limx→0

tg x

x

{0

0

}

= limx→0

sin x

x cosx= lim

x→0

sin x

x· 1

cosx= 1 , (9)

с учетом (8) и равенства cos 0 = 1.

limx→0

arctg x

x= 1 . (10)

Этот результат получается заменой переменной y = arctg x → 0, x = tg yи применением формулы (9). Аналогичным способом из (8) получается ра-

венство

limx→0

arcsin x

x= 1 . (11)

4.1.2 Число Непера

Определение. Числом e называется значение предела последовательно-

сти

edef= lim

n→+∞

(

1 +1

n

)n

{1∞} ≈ 2.7182818284... (12)

35

Это число часто называют «неперовым числом», по имени шотландско-

го богослова и математика Джона Непера (John Nepier, 1550-1617). Непер

является автором термина «логарифм» и составителем первой в истории

таблицы логарифмов. Число e, которое в явном виде в работах Непера не

встречается, иногда называют числом Эйлера. Предел (12) впервые рас-

смотрел Якоб Бернулли (Jacob Bernulli, 1654-1705). Роль числа e раскрыва-

ется в последующих разделах курса, заметим только, что в математическом

анализе оно не менее важно, чем число π в тригонометрии. Равенство (12)

можно обобщить:

limx→∞

(

1 +1

x

)x

{1∞} = limy→0

(1 + y)1/y = e .

Для показательной функции с основанием e (называемой экспонентой)

и соответствующего логарифма (называемого натуральным) вводятся

специальные обозначения.

ex = exp x, loge x = ln x . (13)

Показательные функции и логарифмы с другими основаниями сводятся к

экспоненте и натуральному логарифму:

loga x =ln x

ln a, ax = exp (x · ln a) . (14)

Это, вообще говоря, делает излишним их использование, что закреплено

в ряде стандартов. Например, использование показательных функций при

записи формул запрещено редколлегиями ряда научных журналов, показа-

тельной функции кроме экспоненты нет в языке программирования Pascal

и т.д.

Может показаться, что записанная в (12) последовательность является

некоторым искусственным построением. В действительности она естествен-

ным образом возникает в ряде задач. Например, легко показать ее связь с

формулой сложного процента, применяемой в финансовых расчетах.

Пример. (Условие задачи заимствовано из статьи академика В.И. Ар-

нольда). В год Рождества Христова в банк под 1% годовых был сделан

вклад в 1 рубль. Оценить сумму процентов, начисленных за прошедшие

2000 лет.

Решение. На первый взгляд расчет довольно прост: 1% от 1 рубля состав-

ляет 1 копейку. При начислении каждый год по 1% за 2000 лет набегает

36

2000 копеек или 20 рублей. Сумма вклада увеличивается в 21 раз. Одна-

ко, здесь не учтено, что происходит «капитализация процентов». За второй

год, например, будет начислена не только 1 копейка (процент от первона-

чальной суммы), но и еще 0.01 копейки (процент на процент). Каждый год

сумма должна увеличиваться на 1%, следовательно текущую сумму вкла-

да нужно умножать на 1.01. Через 2000 лет сумма вклада станет 1.012000.Оценим это число:

1.012000 = (1 + 0.01)100·20 =

((

1 +1

100

)100)20

≈ e20,

учитывая (12). Применяя равенство e = 10lg e, приближенно получим

e20 = 1020 lg e = 1020

ln 10 .

Учитывая приближенное значение числа e и определение логарифма, легко

видеть, что 2 < ln 10 < 3. Более точное значение ln 10 ≈ 2.3026. Поэтому

e20 ≈ 108.686 = 108 · 100.686 .

Первый сомножитель показывает, что эта величина исчисляется сотнями

миллионов! Более точно: 485 млн. руб.

4.1.3 Другие замечательные пределы

Из предела (12) можно вывести ряд важных следствий:

limx→0

ex − 1

x

{0

0

}

= 1. (15)

Учитывая (14), отсюда можно получить, что

limx→0

ax − 1

x

{0

0

}

= ln a. (16)

limx→0

ln(1 + x)

x

{0

0

}

= 1, limx→0

loga(1 + x)

x

{0

0

}

=1

ln a. (17)

limx→0

(1 + x)m − 1

x

{0

0

}

= m. (18)

Пример 23.

L = limx→0

3√1 + x− 1

x.

37

Решение. Предел можно вычислить домножением на сопряженную

L = limx→0

(3√1 + x

)3 − 13

x((1 + x)2/3 + (1 + x)1/3 + 1

) = limx→0

x

x((1 + x)2/3 + (1 + x)1/3 + 1

) =

= limx→0

1

(1 + x)2/3 + (1 + x)1/3 + 1=

1

1 + 1 + 1=

1

3.

Однако этот результат можно получить, непосредственно применяя (18)

для m = 13 .

Ответ: 13 .

4.2 Сравнение бесконечно малых

Основными способами сравнения двух величин являются нахождение их

разности, отвечающей на вопрос «на сколько», и отношения — «во сколь-

ко раз» одна величина больше другой. Для бесконечно малых более ин-

формативным является рассмотрение их отношения. Пусть α и β — две

бесконечно малые при x → a.

Определение. α называется бесконечно малой более высокого порядка

по сравнению с β, если предел их отношения равен нулю, т.е

limx→a

α(x)

β(x)

{0

0

}

= 0 . (19)

Смысл данного определения станет совсем очевидным, если учесть, что

отошение двух величин мало, если числитель намного меньше знаменателя:

α

β≈ 0 ⇐⇒ |α| � |β| .

Для краткого обозначения условия (19) используют запись

α = o (β)

(читается: «α есть о-малое от β»). Эту запись можно понимать так: «α есть

ноль по сравнению с β». Случай

limx→a

α(x)

β(x)

{0

0

}

= ∞

с учетом связи между бесконечно большой и бесконечно малой эквива-

лентен условию β = o (α). В случае, когда предел конечен и отличен от

38

нуля, говорят, что α и β — бесконечно малые одного порядка . Следует

не упускать из виду, что предел отношения двух бесконечно малых может

не существовать. В этом случае их называют несравнимыми .

Определение. Бесконечно малые назваются эквивалентными (α ∼ β),

если предел их отношения равен единице, т.е.

limx→a

α(x)

β(x)

{0

0

}

= 1 . (20)

Соотношение (20), на первый взгляд, означает, что при значениях аргумен-

та близких к предельному α ≈ β. Но, в принципе, в некотором смысле это

приближенное равенство верно для любых бесконечно малых, поскольку

α ≈ 0 и β ≈ 0 и разность бесконечно малых есть бесконечно малая. Для

эквивалентых бесконечно малых верно гораздо более сильное утверждение.

Теорема. Разность эквивалентных бесконечно малых есть бесконечно ма-

лая более высокого порядка по сравнению с ними:

α ∼ β ⇐⇒ α− β = 0(β) .

Из теоремы вытекает, что α = β+ o(β). Величину β в этом случае называ-

ют главной частью бесконечно малой α. Стоит упомянуть, что понятие

главной части бесконечно малой является одним из базовых понятий диф-

ференциального исчисления. Важно заметить, что понятие эквивалентно-

сти вводится только для бесконечно малых величин. Для функций,

не являющихся бесконечно малыми, использование этого понятия бессмыс-

ленно.

Принимая во внимание определение эквивалентности бесконечно малых

(формула (20)) и равнества (8-18), составим таблицу эквивалентных беско-

нечно малых. При x → 0:

sin x ∼ x, tg x ∼ x, arcsin x ∼ x, arctg x ∼ x; (21)

ex − 1 ∼ x, ln(1 + x) ∼ x, (1 + x)m ∼ mx . (22)

Приведенные выше соотношения нужно читать по следующему образцу:

«синус бесконечно малой эквивалентен самой бесконечно малой», и т.д.

Необходимо понимать, что роль переменной x может играть произвольная

бесконечно малая и соотношения (21,22) можно записывать так:

sinα(x)︸︷︷︸

↓0

∼ α(x), tgα(x)︸︷︷︸

↓0

∼ α(x), и т.д.

39

Правило. При вычислении пределов бесконечно малую в произведении

или частном можно заменить на эквивалентную. В сумме, разности, а так-

же в более сложных ситуациях, замена на эквивалентную требует допол-

нительного обоснования, поскольку может привести к ошибке.

Заметим, что соотношения (21,22) можно использовать для приближен-

ных вычислений, однако оценка погрешности требует применения методов

дифференциального исчисления.

Пример 24. Вычислите приближенно sin 1o.

Решение. Вспоминая, что развернутый угол с одной стороны равен 180o,а с другой — π радиан, находим:

sin 1o = sinπ

180≈ π

180≈ 0.01745329 .

Более точное приближение: sin 1o = 0.017452406..., расхождение наблюда-

ется только в шестом знаке после запятой, а относительная погрешность

наших вычислений составляет 0.005%.

Пример 25. Найти эквивалентную для бесконечно малой 1− cos x.

Решение. Используем формулу понижения степени и (21):

1− cos x = 2 sin2x

2= 2 sin

x

2· sin x

2∼ 2 · x

2· x2=

x2

2(23)

Формула (23) бывает очень полезна при решении задач.

5 Вычисление пределов заменой на эквивалентную

Вычисляя пределы алгебраических выражений, нам удавалось с помо-

щью тождественных преобразований приводить выражение к виду, в кото-

ром неопределенности нет. В более сложных ситуациях подобные преобра-

зования часто оказываются невозможными или очень трудоемкими. Сведе-

ние выражения к замечательному пределу и замена на эквивалентную яв-

ляются эффективными методами раскрытия неопределенностей. Особенно

это важно там, где чисто алгебраические методы оказываются бессильны-

ми.

5.1 Пределы тригонометрических выражений

Для раскрытия неопределенности применяются три основных приема,

которые будут продемонстрированы на следующем примере.

40

Пример 26.

L = limx→0

sin 3x

sin x

{0

0

}

.

Решение. Первый способ. Преобразования с использованием тригономет-

рических тождеств позволяют сократить дробь на бесконечно малую и из-

бавиться от неопределенности.

L = limx→0

sin(2x+ x)

sin x= lim

x→0

sin 2x cosx+ sin x cos 2x

sin x=

= limx→0

2 sin x cosx cosx+ sin x cos 2x

sin x= lim

x→0

sin x(2 cos2 x+ cos 2x

)

sin x=

= limx→0

(2 cos2 x+ cos 2x

)= 3 .

Второй способ — приведение к замечательному пределу (8):

L = limx→0

sin 3x

x· x

sin x= lim

x→03 · sin 3x

3x· x

sin x= 3 · 1 · 1 = 3 .

Третий способ — замена на эквивалентную. Согласно (21), при x → 0 име-

ем: sin x ∼ x, sin 3x ∼ 3x. Заменяя числитель и знаменатель на эквива-

лентную, находим:

L = limx→0

3x

x= 3 .

Ответ: 3.

Пример 27.

L = limx→0

tg 5x

sin 3x

{0

0

}

.

Решение. Заменим числитель и знаменатель на эквивалентные бесконеч-

но малые:

tg 5x︸︷︷︸↘0

∼5x , sin 3x︸︷︷︸↓0

∼3x .

Получим: L = limx→0

5 6 x3 6 x =

5

3.

Ответ: 53 .

Пример 28.

L = limx→π

tg 5x

sin 3x

{0

0

}

.

41

Решение. Принципиальное отличие этого примера от предыдущего за-

ключается в том, что аргументы тангенса и синуса не являются беско-

нечно малыми. Применить формулы (21) поэтому нельзя. Учитывая, что

во всех без исключения формулах таблицы эквивалентных бесконечно ма-

лых (21,22, 23) переменная стремится к нулю, удобно за новую переменную

взять бесконечно малую y = x− π. Поскольку x = y + π, получаем

L = limy→0

tg 5 (y + π)

sin 3 (y + π)= lim

y→0

tg (5y + 5π)

sin (3y + 3π).

Из курса тригонометрии известно (формулы приведения), что tg(α+ π) =tgα, sin(α + π) = − sinα. Поэтому,

L = limy→0

tg 5y

− sin 3y

{0

0

}

= limy→0

5 6 y−3 6 y = −5

3.

Здесь было учтено, что tg 5y ∼ 5y, и sin 3y ∼ 3y (при y → 0). Можно

решить задачу без введения новой переменной. Применим к исходному вы-

ражению формулы приведения:

L = limx→π

tg (5x− 5π)

− sin (3x− 3π).

Теперь аргументы тригонометрических функций бесконечно малые и мож-

но произвести замену на эквивалентные:

tg (5x− 5π)︸ ︷︷ ︸

↘0

∼ 5x− 5π = 5(x− π) , sin (3x− 3π)︸ ︷︷ ︸

↓0

∼ 3x− 3π = 3(x− π) .

В результате: L = limx→π

5(x− π)

−3(x− π)= −5

3.

Ответ: −53 .

Пример 29.

L = limx→1

x2 − 4x+ 3

cos πx2

{0

0

}

.

Решение. Заменим переменную: y = 1− x → 0. Учитывая, что x = 1− y,получим

L = limy→0

(1− 2y + y2) + (−4 + 4y) + 3

cos π−πy2

= limy→0

y2 + 2y

cos(π2 −

πy2

) =

42

limy→0

y(y + 2)

sin πy2

= limy→0

6 y(y + 2)π 6y2

=2π2

=4

π.

Была применена формула sin πy2 ∼ πy

2 . В этой задаче также можно обойтись

без замены переменной. Воспользуемся формулой cos(π2 − α

)= sinα.

L = limx→1

(x− 1)(x− 3)

sin(π2 − πx

2

) = limx→1

(1− x)(3− x)π2 (1− x)

= limx→1

3− xπ2

=4

π,

учитывая, что sin(π

2− πx

2

)

︸ ︷︷ ︸↓0

∼ π

2− πx

2=

π

2(1− x) .

Ответ: 4π .

Пример 30.

L = limx→0

tg x− sin x

x3

{0

0

}

.

«Очевидное» на первый взгляд решение — замена tg x и sin x на эквива-

лентную — дает в числителе выражение x− x и ноль в ответе. Напомним,

что замена на эквивалентную в сумме (разности) без надлежащего обосно-

вания может приводить к ошибке. Данная задача как раз является одним

из примеров.

Решение. Домножая числитель и знаменатель на cosx и заменяя (в про-

изведении!) получившиеся бесконечно малые на эквивалентные по форму-

лам (21, 23), получаем:

L = limx→0

sin x− sin x cosx

x3 cosx= lim

x→0

sin x (1− cosx)

x3 cosx. = lim

x→0

x · x2

2

x3 cosx=

1

2.

Ответ: 12 .

Пример 31.

L = limx→0

sin 3x− sin x

arctg x.

Решение. В отличие от предыдущего примера, замена на эквивалентную

каждого слагаемого числителя (sin 3x ∼ 3x и sin x ∼ x) не приведет к

ошибке, поскольку главная часть бесконечно малых при этом не сокраща-

ется. Однако, чтобы избежать анализа обоснованности замены на эквива-

лентную в разности, имеет смысл решать задачу одним из предложенных

ниже способов.

43

Способ первый. Сокращаем дробь на бесконечно малую x и пользуемся

замечательными пределами:

L = limx→0

sin 3x

x− sin x

xarctg x

x

=3− 1

1= 2.

Второй способ. Применяя формулу sinα − sin β = 2 sin α−β2 cos α+β

2 , пре-

образуем разность в произведение, после чего замена на эквивалентную

безусловно корректна:

L = limx→0

2 sin x cos 2x

arctg x= lim

x→0

2x cos 2x

x= 2.

Ответ: 2.

Пример 32.

L = limx→0

(1

sin2 x− 1

4 sin2 x2

)

{∞−∞} .

Решение. Перейдем в первом слагаемом к половинному углу и приведем

к общему знаменателю:

L = limx→0

(1

4 sin2 x2 cos

2 x2

− 1

4 sin2 x2

)

= limx→0

1− cos2 x2

4 sin2 x2 cos

2 x2

= limx→0

sin2 x2

4 sin2 x2 cos

2 x2

=1

4.

Ответ: 14 .

Пример 33.

L = limx→0

1− cos (1− cosx)

x4

{0

0

}

.

Решение. Заменим бесконечно малую в числителе на эквивалентную, вос-

пользовавшись формулой (23):

1− cos (1− cos x)︸ ︷︷ ︸

↘0

∼ 1

2(1− cos x)2 ∼ 1

2

(x2

2

)2

=x4

8.

L = limx→0

x4

8

x4=

1

8.

Ответ: 18 .

44

Пример 34.

L = limx→π

sin x2 + sin 3x

2

x− π

{0

0

}

.

Решение. Применим формулу преобразования суммы синусов sinα +

sin β = 2 sinα + β

2· cos α− β

2и сделаем замену переменной y = x− π.

L = limx→π

2 sin 2x cos x

x− π= lim

y→0

2 sin (2y + 2π) cos (y + π)

y= lim

y→0

2 sin 2y (− cos y)

y=

= −2 limy→0

2 sin y cos y cos y

y= −4 lim

y→0

sin y

y· cos

2 y

1= −4 · 1 · 1 = −4.

Ответ: −4.

Пример 35.

L = limx→−π

3

sin(x+ π

3

)

1− 2 cosx

{0

0

}

.

Решение. Преобразуем знаменатель, пользуясь известными формулами

тригонометрии:

1−2 cosx = 2

(1

2− cosx

)

= 2(

cosπ

3− cosx

)

= 2·2 sin(x

2− π

6

)

sin(x

2+

π

6

)

.

L = limx→−π

3

sin(x+ π

3

)

4 sin(x2 − π

6

)sin(x2 +

π6

) = limx→−π

3

2 sin(x2 +

π6

)cos(x2 +

π6

)

4 sin(x2 − π

6

)sin(x2 +

π6

) =

= limx→−π

3

cos(x2 +

π6

)

2 sin(x2 − π

6

) =cos 0

2 sin(−π

3

) =1√3

Ответ: 1√3.

5.2 Пределы выражений, содержащих показательную и лога-

рифмическую функцию

Пример 36.

L = limx→0

ln(1 + 3x2

)

1− 3√x2 + 1

{0

0

}

.

Решение. Заменим бесконечно малые на эквивалентные (см. (22):

ln(1 + 3x2︸︷︷︸

↘0

)∼ 3x2;

3√

1 + x2︸︷︷︸↓0

− 1 ∼ 1

3· x2 . =⇒ L = lim

x→0

3x2

−x2

3

= −9.

45

Ответ: −9.

Пример 37.

L = limx→0

3x − 2x

x

{0

0

}

.

Решение. Задача легко сводится к замечательному пределу (16):

L = limx→0

2x((

32

)x − 1)

x= lim

x→02x ·

(32

)x − 1

x= ln

3

2.

Ответ: ln 32 .

Пример 38.

L = limx→2

3x − 9

ln(x− 1)

{0

0

}

.

Решение. Очевидно, ln(x− 1) = ln (1 + (x− 2)) ∼ (x− 2).

L = limx→2

9(3x−2 − 1

)

x− 2= lim

y→0

9 (3y − 1)

y= 9 ln 3.

Ответ: 9 ln 3.

Пример 39.

L = limx→5

√x+ 2−

√7

ln(6− x)

{0

0

}

.

Решение. Первый способ. Очевидно, ln(6− x) = ln (1 + 5− x)) ∼ (5− x),т.к. 5− x → 0.

L = limx→5

(√x+ 2

)2 −(√

7)2

(5− x)(√

x+ 2 +√7) = lim

x→5

x− 5

−(x− 5)(√

x+ 2 +√7) = − 1

2√7.

Второй способ. Замена переменной: y = x− 5 → 0, x = 5 + y.

L = limy→0

√7 + y −

√7

ln(1− y)=

√7 · lim

y→0

√1 + y

7 − 1

ln (1 + (−y))=

√7 · lim

y→0

12 ·

y7

−y= −

√7

14.

Ответ: −√7

14 .

Пример 40.

L = limx→1

x2 − 1

ln x

{0

0

}

.

Решение. Заменой y = x− 1 → 0, x = 1 + y сведем задачу к замечатель-

ному пределу (17):

L = limx→1

(x− 1)(x+ 1)

ln(1 + x− 1)= lim

y→0

y(2 + y)

ln(1 + y)= lim

y→0

y

ln(1 + y)· (2 + y) = 1 · 2 = 2.

Ответ: 2.

46

5.3 Неопределенность {1∞}

В простых ситуациях неопределенность этого вида может быть раскры-

та непосредственным приведением к cоответствующему замечательному

пределу (см. раздел (4.1.2)).

Пример 41.

L = limx→∞

(x+ 3

x− 2

)2x+1

{1∞} .

Решение. Неопределенность{∞∞}

внутри скобок раскрывается простым

сокращением дроби на x:

x+ 3

x− 2=

x(1 + 3

x

)

x(1− 2

x

) =1 + 3

x

1− 2x

−−−→x→∞

1.

Преобразуем выражение:

L = limx→∞

(

1 +x+ 3

x− 2− 1

)2x+1

= limx→∞

(

1 +5

x− 2

)2x+1

.

Сделаем замену: 5x−2 = y → 0. Очевидно, x = 2 + 5

y .

L = limy→0

(1 + y)1+4+ 10

y = limy→0

(1 + y)5 · (1 + y)1

y·10 = lim

y→0(1 + y)5 ·

(

(1 + y)1

y

)10

=

= 1 · e10 = e10 .

Ответ: e10.

В более сложных случаях следует применять прием, называемый лога-

рифмированием . Этот прием основан на последовательном применении

следующих правил (A > 0):

(1) A = elnA = exp(lnA), (определение логарифма)

(2) lnAb = b lnA, (свойство логарифма)

(3) ln (1 + α(x)) ∼ α(x) → 0, (см. (22))

(4) lim exp (f(x)) = exp (lim f(x)) , (непрерывность экспоненты)

47

В качестве иллюстрации вычислим с помощью логарифмирования пре-

дел из предыдущего примера.

L = limx→∞

exp ln

(x+ 3

x− 2

)2x+1

= exp

(

limx→∞

(2x+ 1) · ln(x+ 3

x− 2

))

{∞ · 0} .

Для раскрытия неопределенности заменим бесконечно малую на эквива-

лентную:

ln

(x+ 3

x− 2

)

= ln

(

1 +x+ 3

x− 2− 1

)

= ln

(

1 +5

x− 2︸ ︷︷ ︸

↘0

)

∼ 5

x− 2.

Окончательно получаем:

L = exp

(

limx→∞

(2x+ 1) · 5

x− 2

)

= exp

(

limx→∞

5x(2 + 1

x

)

x(1− 2

x

)

)

=

= exp

(

5 · limx→∞

2 + 1x

1− 2x

)

= exp(10) = e10.

Таким образом оба способа решения приводят к одному результату. В бо-

лее сложных задачах логарифмирование становится практически незаме-

нимым приемом.

Пример 42.

A =(2ex−2 − 1

)3x+2x−2 , lim

x→2A {1∞} =?

Решение. Вычислим сначала предел логарифма A:

limx→2

lnA = limx→2

ln(2ex−2 − 1

)3x+2x−2 = lim

x→2

3x+ 2

x− 2· ln(2ex−2 − 1

){∞ · 0} .

Заменим бесконечно малую на эквивалентную:

ln(2ex−2 − 1

)= ln

(1 + 2ex−2 − 2

︸ ︷︷ ︸

↘0

)∼ 2ex−2 − 2︸ ︷︷ ︸

↘0

= 2 (e

↗0

︷ ︸︸ ︷

x− 2 − 1) ∼ 2(x− 2) .

limx→2

lnA = limx→2

3x+ 2

x− 2· 2(x− 2) = lim

x→22(3x+ 2) = 16.

limx→2

A = limx→2

exp (lnA) = exp(

limx→2

lnA)

= exp(16) = e16

Ответ: e16.

48

6 Разные задачи с решениями

Пример 43.

L = limx→0

ln cos ax

ln cos bx

{0

0

}

.

Решение. Заменим бесконечно малые на их эквивалентные:

ln cos ax = ln (1 + cos ax− 1︸ ︷︷ ︸

↘0

) ∼ cos ax− 1 = −2 sin2ax

2∼ −a2x2

2.

Это рассуждение, с заменой a на b, верно и для знаменателя.

L = limx→0

−a2x2

2

−b2x2

2

=a2

b2.

Ответ: a2

b2 .

Пример 44.

L = limx→2π

ln(cos x)

3 sin2 2x − 1

{0

0

}

.

Решение. Сделаем замену переменной y = x − 2π → 0 и заменим беско-

нечно малые на их эквивалентные:

L = limy→0

ln(cos(y + 2π))

3 sin2(2y+4π) − 1= lim

y→0

ln(cos y)

3 sin2 2y − 1.

ln cos y = ln(1 + cos y − 1) ∼ cos y − 1 = − (1− cos y) ∼ −y2

2,

3sin2 2y − 1 ∼ ln 3 · sin2 2y ∼ ln 3 · (2y)2 = 4y2 ln 3 .

L = limy→0

−y2

2

4y2 ln 3= − 1

8 ln 3.

Ответ: − 18 ln 3 .

Пример 45.

L = limx→∞

arcsin 3x

ln(1 + 1

2x

)

{0

0

}

.

Решение. Заменим бесконечно малые на их эквивалентные:

arcsin3

x︸︷︷︸↘0

∼ 3

x, ln

(

1 +1

2x︸︷︷︸↘0

)

∼ 1

2x=⇒ L = lim

x→∞

3x12x

= 6.

49

Другой вариант решения: сделаем замену y = 1x и применим формулы (11,

17).

L = limy→0

arcsin 3y

ln(1 + y

2

) = limy→0

arcsin 3y

3y·

y2

ln(1 + y

2

) · 312

= 6.

Ответ: 6.

Пример 46.

L = limx→0

ln(1 + x)− sin2 x

arcsin x

{0

0

}

.

Решение. Делением числителя и знаменателя на x задача сводится к за-

мечательным переделам (8, 11, 17):

L = limx→0

ln(1 + x)

x+

sin x · sin xx

arcsin x

x

=1 + 0

1= 1.

Ответ: 1.

Пример 47.

L = limx→0

(

tg(

x+π

4

))ctg 2x

{1∞} .

Решение. Вычислим предел через логарифмирование.

L = limx→0

exp

(

ln

((

tg(

x+π

4

))ctg 2x))

=

= exp(

limx→0

ctg 2x · ln(

tg(

x+π

4

)))

{∞ · 0} .

Используя известную тригонометрическую формулу для тангенса суммы

tg(α + β) =tgα + tg β

1− tgα · tg β ,

заменим бесконечно малую на эквивалентную:

ln(

tg(

x+π

4

))

= ln

(1 + tg x

1− tg x

)

= ln

(

1 +1 + tg x

1− tg x− 1

)

=

= ln

(

1 +2 tg x

1− tg x︸ ︷︷ ︸

↘0

)

∼ 2 tg x

1− tg x︸ ︷︷ ︸

↘0

=2 sin x

cosx− sin x.

50

L = exp

(

limx→0

cos 2x

sin 2x· 2 sin x

cosx− sin x

)

= exp

(

limx→0

cos 2x

cosx (cosx− sinx)

)

= e1.

Ответ: e.

Пример 48.

L = limx→3

ln (1 + 2 sin (x− 3))

arctg x−32

{0

0

}

.

Решение. Заменяем бесконечно малые на эквивалентные:

ln (1 + 2 sin (x− 3)) ∼ 2 sin(x− 3) ∼ 2(x− 3), arctgx− 3

2∼ x− 3

2.

L = limx→3

2(x− 3) · 2x− 3

= 4.

Ответ: 4.

Пример 49.

L = limx→∞

(3√

x3 + 6x2 + x+ 5− x)

{∞−∞} .

Решение. Можно избавиться от иррациональности домножением на со-

пряженную до разности кубов, но эффективнее воспользоваться заменой

на эквивалентную.

L = limx→∞

(

3

√

x3(

1 +6

x+

1

x2+

5

x3

)

− x

)

= limx→∞

x

(

3

√

1 +6

x+

1

x2+

5

x3− 1

)

.

Применяем формулу (22):

3

√

1 +6

x+

1

x2+

5

x3− 1 ∼ 1

3

(6

x+

1

x2+

5

x3

)

.

Вычисления еще более упростятся, если заметить, что при x → ∞ име-

ют место соотношения 1x2 = o

(6x

)и 5

x3 = o(6x

). Это нетрудно установить

непосредственно, пользуясь определением (19). Тогда, воспользовавшись

теоремой на странице 39, получаем, что

1

3

(6

x+

1

x2+

5

x3

)

∼ 1

3· 6x=

2

x.

Окончательно:

L = limx→∞

x · 2x= 2.

51

Ответ: 2.

Пример 50.

L = limx→1

√x+ 10− 3√7 + 3x− 2

{0

0

}

.

Решение. Первый способ. Домножим числитель и знаменатель на сопря-

женные до разности квадратов:

L = limx→1

(√x+ 10− 3

) (√x+ 10 + 3

) (√7 + 3x+ 2

)

(√7 + 3x− 2

) (√7 + 3x+ 2

) (√x+ 10 + 3

) =

= limx→1

((√x+ 10

)2 − 32) (√

7 + 3x+ 2)

((√7 + 3x

)2 − 22) (√

x+ 10 + 3) = lim

x→1

(x+ 1)(√

7 + 3x+ 2)

(3 + 3x)(√

x+ 10 + 3) =

limx→1

√7 + 3x+ 2

3 ·(√

x+ 10 + 3) =

2 + 2

3(3 + 3)=

2

9.

Второй способ. Сделаем замену y = x+ 1 → 0, x = y − 1:

L = limy→0

√y − 1 + 10− 3

√

7 + 3(y − 1)− 2= lim

y→0

√9 + y − 3√4 + 3y − 2

= limy→0

3(√

1 + y9 − 1

)

2

(√

1 + 3y4 − 1

) =

= limy→0

3 · 12 ·

y9

2 · 12 ·

3y4

=1332

=2

9.

Ответ: 29 .

Пример 51.

L = limx→1

4√x− 1

x− 1

{0

0

}

.

Решение. Первый способ. Учитывая, что четвертая степень является

квадратом квадрата, дважды домножим на сопряженную до разности

квадратов:

L = limx→1

( 4√x)

2 − 12

(x− 1) ( 4√x+ 1)

= limx→1

√x− 1

(x− 1) ( 4√x+ 1)

{0

0

}

=

= limx→1

(√x)

2 − 1

(x− 1) ( 4√x+ 1) (

√x+ 1)

=

52

= limx→1

x− 1

(x− 1) ( 4√x+ 1) (

√x+ 1)

=1

2 · 2 =1

4.

Второй способ. Избавимся от иррациональности заменой переменной t =4√x. Очевидно, t → 1 и x = t4. Получим:

L = limt→1

t− 1

t4 − 1= lim

t→1

t− 1

(t− 1) (t3 + t2 + t+ 1)=

1

4.

Третий способ. Заменим бесконечно малую в числителе на эквивалентную:

4√x− 1 = 4

√1 + (x− 1)

︸ ︷︷ ︸

↘0

− 1 ∼ 1

4· (x− 1) =⇒ L = lim

x→1

x− 1

4(x− 1)=

1

4.

Ответ: 14 .

Пример 52.

L = limx→2

ln x− ln 2

sin x− sin 2

{0

0

}

.

Решение. Воспользовавшись свойствами элементарных функций, заме-

ним бесконечно малые в числителе и знаменателе на эквивалентные:

ln x− ln 2 = ln(x

2

)

= ln

(

1 +x

2− 1

︸ ︷︷ ︸

↘0

)

∼ x

2− 1 =

x− 2

2;

sin x− sin 2 = 2 sin

↗0︷ ︸︸ ︷

x− 2

2cos

x+ 2

2∼ 2 · x− 2

2· cos x+ 2

2.

L = limx→2

x− 2

2

(x− 2) cosx+ 2

2

= limx→2

1

2 cosx+ 2

2

=1

2 cos 2.

Ответ: 12 cos 2 .

Пример 53.

L = limx→π

4

ln tg x

cos 2x

{0

0

}

.

Решение. Заменим числитель на эквивалентную и преобразуем знамена-

тель:

ln tg x = ln (1 + tg x− 1︸ ︷︷ ︸

↘0

) ∼ tg x− 1 =sin x− cosx

cos x;

cos 2x = cos2 x− sin2 x = (cosx− sin x) (sin x+ cosx) .

53

L = limx→π

4

sin x− cosx

cos x· 1

(cosx− sin x) (sin x+ cosx)=

= limx→π

4

1

− cosx (sin x+ cos x)=

1√22 ·

√2= −1.

Второй способ. Сделаем замену y =π

4− x → 0 и применим формулу

тангенса суммы (см. пример 47 на странице 50):

L = limy→0

ln tg(π4 − y

)

cos(π2 − 2y

) = limy→0

ln

(1− tg y

1 + tg y

)

sin 2y= lim

y→0

ln

(

1 +−2 tg y

1 + tg y

)

sin 2y.

Заменяем бесконечно малые на эквивалентные:

ln

(

1 +−2 tg y

1 + tg y

)

∼ −2 tg y

1 + tg y∼ −2y

1 + tg y; sin 2y ∼ 2y.

L = limy→0

−2y

(1 + tg y) 2y= −1.

7 Задачи для самостоятельного решения

42. limx→0

1− 5x

1− ex

43. limx→0

5x2 − 1

5x

44. limx→0

ln (1 + 3x sin 2x)

tg x2

45. limx→0

√1 + 2x− 1

tg 3x

46. limx→0

sin2 3x

ln2(1 + 2x)

47. limx→0

sin 5x

sin 2x

48. limx→π

sin 5x

sin 2x

49. limx→0

ln(1 + 3 sin2 5x

)

x2

50. limx→0

arctg2 3x

1− cos 5x

51. limx→0

x · sin 2xarcsin2 3x

52. limx→0

e2 sin 3x− 1

x

53. limx→π

√1− tg x−√

1 + tg x

sin 2x

54. limx→π

4

sin 2x− cos 2x− 1

cosx− sin x

55. limx→0

sin2 x√1 + x sin x− cos x

56. limx→−2

arcsin (x+ 2)

x2 + 2x

54

57. limx→π

2

(

x− π

2

)

tg x

58. limx→π

2

(sin x

cos2 x− tg2 x

)

59. limx→0

√x+ 4− 2

sin 5x

60. limx→−1

x3 + 1

sin(x+ 1)

61. limx→1

sin(1− x)√x− 1

62. limx→0

5√32x5 − x8

e5x − 1

63. limx→0

sin2 x− tg4 x

3x2 + 5x4

64. limx→0

sin 2x− 2 tg x

x3

65. limx→0

√cos 4x− 1

arcsin2 2x

66. limx→2

sin(x2 − 3x+ 2

)

5x2 − 20

67. limx→0

arctg(x− 4)

(ex−4 − 1) sin (2x− 8)

68. limx→2

ln(9− 2x2

)

sin 2πx

69. limx→0

1− cos 5x

1− cos 3x

70. limx→0

sin(a+ x)− sin(a− x)

tg(a+ x)− tg(a− x)

71. limx→0

√1− cos x2

1− cosx

72. limx→0

sin 2x · arctg 3xtg 5x · arcsin 4x

73. limx→−2

arcsin(3x+ 6)

tg (x2 + 3x+ 3)

74. limx→π

sin2 4x

1− sin x2

75. limx→0

e2x − 1

ln(1− 4x)

76. limx→0

ln cosx

ln (1 + x2)

77. limx→0

a5x − 1

ln (1 + 2x− x2)

78. limx→1

ln x

2 (2x−1 − 1)

79. limx→1

√x2 − x+ 1− 1

tg πx

80. limx→0

1− cos 4x

1− cos 3x

81. limx→∞

x(

a1/x − 1)

82. limx→−2

sin(x+ 2)

4x+ 8

83. limx→0

ax − a−x

sin βx

84. limx→∞

x (ln(a+ x)− ln x)

85. limx→1

2x− 23√26 + x− 3

86. limx→0

ln cosx

ln (1 + x2)

87. limx→∞

8x − 7x

6x − 5x

88. limα→β

sin2 α− sin2 β

α2 − β2

89. limx→−∞

ln (1 + 3x)

ln (1 + 2x)

90. limx→0

ln(4− x)

2x2 − 5x− 3

91. limx→1

(x2 − 2x+ 2

) 1x−1

92. limx→0

ln cosx

sin2 x2

93. limx→0

ln (2− cos 2x)

ln2 (1− sin 3x)

55

8 Ответы к задачам для самостоятельного решения

1. 0.

2.1

4

3.1

6

4.2

5

5. − 3

4

6.1

4

7.1

4

8.2√3

9. 0

10. 0

11.1

2

12.3

513. 1

14.3

5

15. − 1

2, ∞

16.2

3

17. − 1

5618. 2

19.1

220. 1

21. − 3

22. − 2

23. − 1

4

24.1

225. 0

26. − 1

227. − a

28. 0

29. 1

30.1√2

31.4

3

32.1√2a

33. − 1

16

34. − 1

14435. − 2

36. 1

37.5

2

38.1

12

39.15

1140. +∞41.

3

242. ln 5

43. 0

44. 6

45.1

3

46.9

4

47.5

2

48. − 5

249. 75

50.18

25

51.2

952. 6

53. − 1

2

54. −√2

55. 1

56. − 1

257. − 1

58.1

2

59.1

2060. 3

61. − 2

62.2

5

63.1

364. − 2

65. − 1

66.1

2067. ∞68. − 4

π

69.25

9

70. cos a3

71.√2

72.3

1073. − 3

74. 128

75. − 1

2

76. − 1

2

77.5 ln a

2

78.1

ln 479. 0

80.16

981. ln a

82.1

4

83.2 ln a

β84. a

85. 54

86. − 1

2

87.ln 8/7

ln 6/5

88.sin 2β

2β89. 0

90. − 1

791. 1

92. − 2

93.2

9

56

Приложение А

(справочное)

Основные тригонометрические формулы

Значения тригонометрических функций для основных углов

Функция/α 0π

6

π

4

π

3

π

2

sinα 01

2

√2

2

√3

21

cosα 1

√3

2

√2

2

1

20

tgα 01√3

1√3 —

ctgα —√3 1

1√3

0

Связь между основными функциями

cos2 α + sin2 α = 1; tgα =sinα

cosα; ctgα =

cosα

sinα; ctgα =

1

tgα

Формулы приведения

sin(α + 2π) = sinα; cos(α + 2π) = cosα;

tg(α + π) = tgα; ctg(α + π) = ctgα;

sin(α + π) = − sinα; cos(α + π) = − cosα;

sin(π − α) = sinα; cos(π − α) = − cosα;

sin(α + π

2

)= cosα; cos

(α + π

2

)= − sinα;

sin(π2 − α

)= cosα; cos

(π2 − α

)= sinα.

tg(α + π

2

)= − ctgα; ctg

(α + π

2

)= − tgα;

tg(π2 − α

)= ctgα; ctg

(π2 − α

)= tgα.

57

Четность, нечетность

sin(−α) = − sinα; cos(−α) = cosα;

tg(−α) = − tgα; ctg(−α) = − ctgα.

Функции от суммы и разности углов

sin(α + β) = sinα cos β + cosα sin β;

cos(α + β) = cosα cos β − sinα sin β;

sin(α− β) = sinα cos β − cosα sin β;

cos(α− β) = cosα cos β + sinα sin β;

tg(α + β) =tgα + tg β

1− tgα tg β;

tg(α− β) =tgα− tg β

1 + tgα tg β;

Функции двойного угла

sin 2α = 2 sinα cosα; tg 2α =2 tgα

1− tg2 α;

cos 2α = cos2 α− sin2 α = 2 cos2 α− 1 = 1− 2 sin2 α.

Преобразование суммы в произведение

sinα + sin β = 2 sin α+β2 cos α−β

2 ;

sinα− sin β = 2 sin α−β2 cos α+β

2 ;

cosα + cos β = 2 cos α+β2 cos α−β

2 ;

cosα− cos β = 2 sin α+β2 sin β−α

2

tgα± tg β =sin(α± β)

cosα cos β.

58

Формулы понижения степени

1− cosα = 2 sin2 α2 ; 1 + cosα = 2 cos2 α

2 .

cos2 α =1 + cos 2α

2; sin2 α =

1− cos 2α

2.

Обратные тригонометрические функции

∀a ∈ [−1; 1], b ∈ R :

x = arcsin a ⇐⇒{

sin x = a,x ∈

[−π

2 ;π2 ;].

x = arccos a ⇐⇒{

cosx = a,x ∈ [0; π] .

x = arctg b ⇐⇒{

tg x = b,x ∈

(−π

2 ;π2

).

x = arcctg b ⇐⇒{

ctg x = b,x ∈ (0; π) .

∀a ∈ [−1; 1] sin (arcsin a) = a, cos (arccos a) = a.

∀b ∈ (−∞; +∞) tg (arctg b) = b.

∀x ∈ [−π2 ;

π2 ] arcsin (sin x) = x, ∀x ∈ [0; π] arccos (cosx) = x,

∀x ∈ (−π2 ;

π2 ) arctg (tg x) = x, ∀x ∈ (0; π) arcctg (ctg x) = x.

59

Приложение B

(справочное)

Некоторые формулы из элементарной алгебры

Разность степеней

a2 − b2 = (a− b)(a+ b);

a3 − b3 = (a− b)(a2 + ab+ b2

);

an − bn = (a− b)(an−1 + an−2b+ · · ·+ abn−2 + bn−1

).

Сумма нечетных степеней

a3 + b3 = (a+ b)(a2 − ab+ b2

);

a5 + b5 = (a+ b)(a4 − a3b+ a2b2 − ab3 + b4

);

и т. д.

Степени двучлена

(a+ b)2 = a2 + 2ab+ b2; (a− b)2 = a2 − 2ab+ b2;

(a+ b)3 = a3 + 3a2b+ 3ab2 + b3; (a− b)3 = a3 − 3a2b+ 3ab2 − b3;

(a± b)4 = a4 ± 4a3b+ 6a2b2 ± 4ab3 + b4;

и т. д.

Арифметическая прогрессия

ak = ak−1 + d, k ∈ N (d — разность прогрессии)

ak = a0 + kd.

60

a0 + a1 + a2 + · · ·+ an = (a0 + an) ·n+ 1

2=

(

a0 +d

2· n)

(n+ 1).

В частности:

1 + 2 + 3 + · · ·+ n =n(n+ 1)

2; 1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n− 1) = n2.

Геометрическая прогрессия

bk = bk−1 · q, k ∈ N (q — знаменатель прогрессии)

bk = b0 · qk−1.

Sn = b0 + b1 + · · ·+ bn = b0 ·1− qn+1

1− q.

Если |q| < 1, то limn→+∞

Sn =b0

1− q.

В частности:

1 + 2 + 4 + · · ·+ 2n = 2n+1 − 1, limn→∞

(

1 +1

2+

1

4+ . . .

1

2n

)

= 2.

Факториал

0! = 1, ∀n ∈ N n! = 1 · 2 · 3 · . . . · n = n · (n− 1) · (n− 2) · . . . · 1.

n! = (n− 1)! · n.

Логарифмы

x = loga b ⇐⇒ ax = b (определение логарифма);

∀a, b > 0, a 6= 1 aloga b = b (основное логарифмическое тождество).

В частности:

a1 = a ⇐⇒ loga a = 1, a0 = 1 ⇐⇒ loga 1 = 0.

61

Основные свойства:

∀x, y > 0 loga(xy) = loga x+ loga y, loga

(y

x

)

= loga y − loga x;

∀x > 0, p ∈ R loga xp = p loga x;

loga b =logc b

logc a(формула перехода к другому основанию).

В частности (при c = b):

loga b =1

logb a.

62

Приложение C

(справочное)

Таблица эквивалентных бесконечно малых

При α(x) → 0:

sinα(x) ∼ α(x);

tgα(x) ∼ α(x);

arcsinα(x) ∼ α(x);

arctgα(x) ∼ α(x);

1− cosα(x) ∼ α2(x)

2;

ln (1 + α(x)) ∼ α(x);

eα(x) − 1 ∼ α(x);

aα(x) − 1 ∼ ln a · α(x);(1 + α(x))m − 1 ∼ m · α(x).

63

Литература

1 Кудрявцев Л. Д. Курс математического анализа. Том 1 / Изд-во «Дро-

фа» – М., 2003.— 704 с.

2 Ильин В. А., Позняк Э. Г. Основы математического анализа. Часть 1

/ Изд-во «Физматлит».— М., 2005.— 648 с.

3 Письменный Д. Т. Конспект лекций по высшей математике. Часть 1

/ Изд-во «Айрис Пресс».— М., 2007.— 288 с.

4 Берман Г. Н. Сборник задач по математическому анализу / Изд-во

«Лань». — СПб., 2008.— 608 с.

5 Крючков А. Ф., Нечаева Л. В., Сорокин Г. М. Теория пределов: мето-

дические указания и индивидуальные задания для студентов дневных

и вечернего факультетов / ЛТИ им. Ленсовета.— Л., 1990.— 28 с.

6 Данко П. Е., Попов А. Г., Кожевникова Т. Я., Данко С. П. Высшая мате-

матика в упражнениях и задачах / Изд-ва: Оникс, Мир и Образование.

— М., 2008.— 815 с.

7 Лунгу К. Н., Макаров Е. В. Высшая математика: Руководство к реше-

нию задач: Учебное пособие / Изд-во Физматлит.— М., 2009.— 381 с.

8 Вдовин А. Ю., Михалёва Л. В., Мухина В. М.и др. Высшая математика.

Стандартные задачи с основами теории / Изд-во «Лань».— СПб., 2008.—

256 с.

9 Кузнецов Л. А. Сборник заданий по высшей математике / Изд-во

«Лань».— СПб., 2008.— 240 с.

10 Баранова Е. С., Васильева Н. В. Практическое пособие по высшей мате-

матике. Типовые расчеты: Учебное пособие / Изд-во «Питер».— СПб.,

2009.— 320 с.

64

Кафедра высшей математики

Методические указания

ЭЛЕМЕНТЫ ТЕОРИИ ПРЕДЕЛОВ

Алексей Андреевич Груздков

Марианна Борисовна Купчиненко

Отпечатано с оригинал-макета. Формат 60× 901/16Печ. л. 4. Тираж 500 экз.

Санкт-Петербургский государственный технологический институт

(Технический университет)

190013, Санкт-Петербург, Московский пр., 26