1 друга чудова межа. Перша чудова межа: теорія та приклади

Термін "чудова межа" широко використовується в підручниках та методичних посібникахдля позначення важливих тотожностей, які допомагають суттєво спростити роботуза знаходженням меж.

Але щоб зуміти навестисвою межу до чудового, потрібно до нього гарненько придивитися, адже вони зустрічаються не в прямому вигляді, а часто у вигляді наслідків, забезпечені додатковими доданками та множниками. Втім, спочатку теорія, потім приклади і все у вас вийде!

Перша чудова межа

Сподобалось? Додати до закладок

Перша чудова межа записується так (невизначеність виду $0/0$):

$$ \lim\limits_(x\to 0)\frac(\sin x)(x)=1. $$

Наслідки з першої чудової межі

$$ \lim\limits_(x\to 0)\frac(x)(\sin x)=1. $$ $$ \lim\limits_(x\to 0)\frac(\sin (ax))(\sin (bx))=\frac(a)(b). $$ $$ \lim\limits_(x\to 0)\frac(\tan x)(x)=1. $$ $$ \lim\limits_(x\to 0)\frac(\arcsin x)(x)=1. $$ $$ \lim\limits_(x\to 0)\frac(\arctan x)(x)=1. $$ $$ \lim\limits_(x\to 0)\frac(1-\cos x)(x^2/2)=1. $$

Приклади рішень: 1 чудова межа

приклад 1. Обчислити межу $$\lim\limits_(x\to 0)\frac(\sin 3x)(8x).$$

Рішення.Перший крок завжди однаковий - підставляємо граничне значення $x=0$ у функцію та отримуємо:

$$\left[ \frac(\sin 0)(0) \right] = \left[\frac(0)(0)\right].$$

Набули невизначеності виду $\left[\frac(0)(0)\right]$, яку слід розкрити. Якщо подивитися уважно, вихідна межадуже схожий на перший чудовий, але не збігається з ним. Наше завдання – довести до схожості. Перетворюємо так - дивимося на вираз під синусом, робимо таке ж у знаменнику (умовно кажучи, помножили та поділили на $3x$), далі скорочуємо та спрощуємо:

$$ \lim\limits_(x\to 0)\frac(\sin 3x)(8x) = \lim\limits_(x\to 0)\frac(\sin 3x)(3x)\frac(3x)(8x )=\lim\limits_(x\to 0)\frac(\sin (3x))(3x)\frac(3)(8)=\frac(3)(8). $$

Вище якраз і вийшла перша чудова межа: $$ \lim\limits_(x\to 0)\frac(\sin (3x))(3x) = \lim\limits_(y\to 0)\frac(\sin ( y))(y)=1, \text( зробили умовну заміну) y=3x. $$ Відповідь: $3/8$.

приклад 2. Обчислити межу $$\lim\limits_(x\to 0)\frac(1-\cos 3x)(\tan 2x\cdot \sin 4x).$$

Рішення.Підставляємо граничне значення $x=0$ у функцію та отримуємо:

$$\left[ \frac(1-\cos 0)(\tan 0\cdot \sin 0)\right] =\left[ \frac(1-1)( 0\cdot 0)\right] = \left [\frac(0)(0)\right].$$

Набули невизначеності виду $\left[\frac(0)(0)\right]$. Перетворимо межу, використовуючи у спрощенні першу чудову межу (тричі!):

$$\lim\limits_(x\to 0)\frac(1-\cos 3x)(\tan 2x\cdot \sin 4x) = \lim\limits_(x\to 0)\frac( 2 \sin^2 (3x/2))(\sin 2x\cdot \sin 4x)\cdot \cos 2x = $$ $$ = 2\lim\limits_(x\to 0)\frac( \sin^2 (3x/2) )((3x/2)^2) \cdot \frac( 2x)(\sin 2x) \cdot \frac( 4x)( \sin 4x)\cdot \frac( (3x/2)^2)( 2x \ cdot 4x) \cdot \cos 2x = $$ $$ =2\lim\limits_(x\to 0) 1 \cdot 1 \cdot 1 \cdot \frac( (9/4)x^2)( 8x^2 ) \cdot \cos 2x= 2 \cdot \frac( 9)( 32) \lim\limits_(x\to 0) \cos 2x=\frac(9)(16). $$

Відповідь: $9/16$.

приклад 3. Знайти межу $$\lim\limits_(x\to 0)\frac(\sin (2x^3+3x))(5x-x^5).$$

Рішення.А якщо під тригонометричною функцією складний вираз? Чи не біда, і тут діємо аналогічно. Спочатку перевіримо тип невизначеності, підставляємо $x=0$ у функцію та отримуємо:

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

Набули невизначеності виду $\left[\frac(0)(0)\right]$. Помножимо і поділимо на $2x^3+3x$:

$$ \lim\limits_(x\to 0)\frac(\sin (2x^3+3x))(5x-x^5)=\lim\limits_(x\to 0)\frac(\sin (2x ^3+3x))((2x^3+3x)) \cdot \frac(2x^3+3x)(5x-x^5)=\lim\limits_(x\to 0) 1 \cdot \frac( 2x^3+3x)(5x-x^5)= \left[\frac(0)(0)\right] = $$

Знову набули невизначеності, але в цьому випадку це просто дріб. Скоротимо на $x$ чисельник і знаменник:

$$ =\lim\limits_(x\to 0) \frac(2x^2+3)(5-x^4)= \left[\frac(0+3)(5-0)\right] =\ frac(3)(5). $$

Відповідь: $3/5$.

Друга чудова межа

Друга чудова межа записується так (невизначеність виду $1^\infty$):

$$ \lim\limits_(x\to \infty) \left(1+\frac(1)(x)\right)^(x)=e, \quad \text(або) \quad \lim\limits_( x\to 0) \left(1+x\right)^(1/x)=e. $$

Наслідки другої чудової межі

$$ \lim\limits_(x\to \infty) \left(1+\frac(a)(x)\right)^(bx)=e^(ab). $$ $$ \lim\limits_(x\to 0)\frac(\ln (1+x))(x)=1. $$ $$ \lim\limits_(x\to 0)\frac(e^x -1)(x)=1. $$ $$ \lim\limits_(x\to 0)\frac(a^x-1)(x \ln a)=1, a>0, a \ne 1. $$ $$ \lim\limits_( x\to 0)\frac((1+x)^(a)-1)(ax)=1. $$

Приклади рішень: 2 чудова межа

приклад 4. Знайти межу $$\lim\limits_(x\to \infty)\left(1-\frac(2)(3x)\right)^(x+3).$$

Рішення.Перевіримо тип невизначеності, підставляємо $x=\infty$ у функцію та отримуємо:

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

Набули невизначеності виду $\left$. Межу можна звести до другого чудового. Перетворюємо:

$$ \lim\limits_(x\to \infty)\left(1-\frac(2)(3x)\right)^(x+3) = \lim\limits_(x\to \infty)\left( 1+\frac(1)((-3x/2))\right)^(\frac(-3x/2)(-3x/2)(x+3))= $$ $$ = \lim\limits_ (x\to \infty)\left(\left(1+\frac(1)((-3x/2))\right)^((-3x/2))\right)^\frac(x+3 )(-3x/2)= $$

Вираз у дужках фактично і є другою чудовою межею $\lim\limits_(t\to \infty) \left(1+\frac(1)(t)\right)^(t)=e$, тільки $t=- 3x/2$, тому

$$ = \lim\limits_(x\to \infty)\left(e\right)^\frac(x+3)(-3x/2)= \lim\limits_(x\to \infty)e^\ frac(1+3/x)(-3/2)=e^(-2/3). $$

Відповідь:$e^(-2/3)$.

Приклад 5. Знайти межу $$\lim\limits_(x\to \infty)\left(\frac(x^3+2x^2+1)(x^3+x-7)\right)^(x).$$

Рішення.Підставляємо $x=\infty$ у функцію та отримуємо невизначеність виду $\left[ \frac(\infty)(\infty)\right]$. А нам потрібно $ \ left $. Тому почнемо з перетворення виразу у дужках:

$$ \lim\limits_(x\to \infty)\left(\frac(x^3+2x^2+1)(x^3+x-7)\right)^(x) = \lim\limits_ (x\to \infty)\left(\frac(x^3+(x-7)-(x-7)+2x^2+1)(x^3+x-7)\right)^(x ) = \lim\limits_(x\to \infty)\left(\frac((x^3+x-7)+(-x+7+2x^2+1))(x^3+x-7 )\right)^(x) = $$ $$ = \lim\limits_(x\to \infty)\left(1+\frac(2x^2-x+8)(x^3+x-7) \right)^(x) = \lim\limits_(x\to \infty)\left(\left(1+\frac(2x^2-x+8)(x^3+x-7)\right) ^(\frac(x^3+x-7)(2x^2-x+8))\right)^(x \frac(2x^2-x+8)(x^3+x-7)) = $$

Вираз у дужках фактично і є другою чудовою межею $\lim\limits_(t\to \infty) \left(1+\frac(1)(t)\right)^(t)=e$, тільки $t=\ frac(x^3+x-7)(2x^2-x+8) \to \infty$, тому

$$ = \lim\limits_(x\to \infty)\left(e\right)^(x \frac(2x^2-x+8)(x^3+x-7))= \lim\limits_ (x\to \infty)e^( \frac(2x^2-x+8)(x^2+1-7/x))= \lim\limits_(x\to \infty)e^( \frac (2-1/x+8/x^2)(1+1/x^2-7/x^3))=e^(2). $$

Тепер зі спокійною душею переходимо до розгляду чудових меж.
має вигляд.

Замість змінної х можуть бути різні функції, головне, щоб вони прагнули до 0.

Необхідно обчислити межу

Як видно, ця межа дуже схожа на першу чудову, але це не зовсім так. Взагалі, якщо Ви помічаєте в межі sin, то треба відразу подумати про те, чи можливе застосування першої чудової межі.

Згідно з нашим правилом №1 підставимо замість хнуль:

Отримуємо невизначеність.

Тепер спробуємо самостійно організувати першу чудову межу. Для цього проведемо нехитру комбінацію:

Таким чином ми організовуємо чисельник та знаменник так, щоб виділити 7х. Ось уже і виявилася знайома чудова межа. Бажано при рішенні виділяти його:

Підставимо рішення першого чудового прикладуі отримуємо:

Спрощуємо дріб:

Відповідь: 7/3.

Як бачите, все дуже просто.

Має вигляд , де e = 2,718281828 ... - Це ірраціональне число.

Замість змінної х можуть бути різні функції, головне, щоб вони прагнули до .

Необхідно обчислити межу

Тут ми бачимо наявність ступеня під знаком межі, отже можливе застосування другої чудової межі.

Як завжди скористаємося правилом №1 – підставимо замість х:

Видно, що з х основу ступеня , а показник – 4x > , тобто. отримуємо невизначеність виду:

Скористаємося другою чудовою межею для розкриття нашої невизначеності, але спочатку треба її організувати. Як видно - треба домогтися присутності в показнику, для чого зведемо основу в ступінь 3х, і одночасно в ступінь 1/3x, щоб вираз не змінювався:

Не забуваємо виділяти нашу чудову межу:

Ось такі справді чудові межі!
Якщо у вас залишилися якісь питання щодо першому та другому чудовим межам, то сміливо задавайте їх у коментарях.
Всім наскільки можна відповімо.

Також ви можете порозумітися з педагогом з цієї теми.
Ми раді запропонувати Вам послуги підбору кваліфікованого репетитора у Вашому місті. Наші партнери оперативно підберуть для вас хорошого викладача на вигідних для вас умовах.

Мало інформації? - Ви можете!

Можна писати математичні обчислення у блокнотах. У блокноти з логотипом (http://www.blocnot.ru) індивідуальним писати набагато приємніше.

Формула другої чудової межі має вигляд lim x → ∞ 1 + 1 x x = e. Інша форма запису має такий вигляд: lim x → 0 (1 + x) 1 x = e .

Коли говоримо про другий чудовому межі, нам доводиться мати справу з невизначеністю виду 1 ∞ , тобто. одиницею нескінченно.

Yandex.RTB R-A-339285-1

Розглянемо завдання, у яких нам знадобиться вміння обчислювати другу чудову межу.

Приклад 1

Знайдіть межу lim x → ∞ 1 - 2 x 2 + 1 x 2 + 1 4 .

Рішення

Підставимо потрібну формулу і виконаємо обчислення.

lim x → ∞ 1 - 2 x 2 + 1 x 2 + 1 4 = 1 - 2 ∞ 2 + 1 ∞ 2 + 1 4 = 1 - 0 ∞ = 1 ∞

У нас у відповіді вийшла одиниця в міру нескінченність. Щоб визначитися з методом розв'язання, використовуємо таблицю невизначеностей. Виберемо другу чудову межу і зробимо заміну змінних.

t = - x 2 + 1 2 ⇔ x 2 + 1 4 = - t 2

Якщо x → ∞ , то t → - ∞ .

Подивимося, що в нас вийшло після заміни:

lim x → ∞ 1 - 2 x 2 + 1 x 2 + 1 4 = 1 ∞ = lim x → ∞ 1 + 1 t - 1 2 t = lim t → ∞ 1 + 1 t t - 1 2 = e - 1 2

Відповідь: lim x → ∞ 1 - 2 x 2 + 1 x 2 + 1 4 = e - 1 2 .

Приклад 2

Обчисліть межу lim x → ∞ x - 1 x + 1 x.

Рішення

Підставимо нескінченність і отримаємо таке.

lim x → ∞ x - 1 x + 1 x = lim x → ∞ 1 - 1 x 1 + 1 x x = 1 - 0 1 + 0 ∞ = 1 ∞

У відповіді у нас знову вийшло те саме, що й у попередньому завданні, отже, ми можемо знову скористатися другою чудовою межею. Далі нам потрібно виділити на підставі статечної функціїцілу частину:

x - 1 x + 1 = x + 1 - 2 x + 1 = x + 1 x + 1 - 2 x + 1 = 1 - 2 x + 1

Після цього межа набуває наступного вигляду:

lim x → ∞ x - 1 x + 1 x = 1 ∞ = lim x → ∞ 1 - 2 x + 1 x

Замінюємо змінні. Припустимо, що t = - x + 1 2 ⇒ 2 t = - x - 1 ⇒ x = - 2 t - 1; якщо x → ∞, то t → ∞.

Після цього записуємо, що в нас вийшло у вихідній межі:

lim x → ∞ x - 1 x + 1 x = 1 ∞ = lim x → ∞ 1 - 2 x + 1 x = lim x → ∞ 1 + 1 t - 2 t - 1 = = lim x → ∞ 1 + 1 t - 2 t · 1 + 1 t - 1 = lim x → ∞ 1 + 1 t - 2 t · lim x → ∞ 1 + 1 t - 1 = = lim x → ∞ 1 + 1 t t - 2 · 1 + 1 ∞ = e - 2 · (1 + 0) - 1 = e - 2

Щоб виконати це перетворення, ми використовували основні властивості меж і ступенів.

Відповідь: lim x → ∞ x - 1 x + 1 x = e-2.

Приклад 3

Обчисліть межу lim x → ∞ x 3 + 1 x 3 + 2 x 2 - 1 3 x 4 2 x 3 - 5 .

Рішення

lim x → ∞ x 3 + 1 x 3 + 2 x 2 - 1 3 x 4 2 x 3 - 5 = lim x → ∞ 1 + 1 x 3 1 + 2 x - 1 x 3 3 2 x - 5 x 4 = = 1 + 0 1 + 0 - 0 3 0 - 0 = 1 ∞

Після цього нам потрібно виконати перетворення функції для застосування другої чудової межі. У нас вийшло таке:

lim x → ∞ x 3 + 1 x 3 + 2 x 2 - 1 3 x 4 2 x 3 - 5 = 1 ∞ = lim x → ∞ x 3 - 2 x 2 - 1 - 2 x 2 + 2 x 3 + 2 x 2 - 1 3 x 4 2 x 3 - 5 = = lim x → ∞ 1 + - 2 x 2 + 2 x 3 + 2 x 2 - 1 3 x 4 2 x 3 - 5

lim x → ∞ 1 + - 2 x 2 + 2 x 3 + 2 x 2 - 1 3 x 4 2 x 3 - 5 = lim x → ∞ 1 + - 2 x 2 + 2 x 3 + 2 x 2 - 1 x 3 + 2 x 2 - 1 - 2 x 2 + 2 - 2 x 2 + 2 x 3 + 2 x 2 - 1 3 x 4 2 x 3 - 5 = = lim x → ∞ 1 + - 2 x 2 + 2 x 3 + 2 x 2 - 1 x 3 + 2 x 2 - 1 - 2 x 2 + 2 - 2 x 2 + 2 x 3 + 2 x 2 - 1 3 x 4 2 x 3 - 5

Оскільки зараз у нас є однакові показники ступеня в чисельнику і знаменнику дробу (рівні шести), то межа дробу на нескінченності дорівнюватиме відношенню даних коефіцієнтів при старших ступенях.

lim x → ∞ 1 + - 2 x 2 + 2 x 3 + 2 x 2 - 1 x 3 + 2 x 2 - 1 - 2 x 2 + 2 - 2 x 2 + 2 x 3 + 2 x 2 - 1 3 x 4 2 x 3 - 5 = = lim x → ∞ 1 + - 2 x 2 + 2 x 3 + 2 x 2 - 1 x 3 + 2 x 2 - 1 - 2 x 2 + 2 - 6 2 = lim x → ∞ 1 + - 2 x 2 + 2 x 3 + 2 x 2 - 1 x 3 + 2 x 2 - 1 - 2 x 2 + 2 - 3

При заміні t = x 2 + 2 x 2 – 1 – 2 x 2 + 2 у нас вийде друга чудова межа. Значить, що:

lim x → ∞ 1 + - 2 x 2 + 2 x 3 + 2 x 2 - 1 x 3 + 2 x 2 - 1 - 2 x 2 + 2 - 3 = lim x → ∞ 1 + 1 t t - 3 = e - 3

Відповідь: lim x → ∞ x 3 + 1 x 3 + 2 x 2 - 1 3 x 4 2 x 3 - 5 = e-3.

Висновки

Невизначеність 1 ∞, тобто. одиниця в нескінченній мірі, є статечною невизначеністю, отже, її можна розкрити, використовуючи правила знаходження меж показово статечних функцій.

Якщо ви помітили помилку в тексті, будь ласка, виділіть її та натисніть Ctrl+Enter

Перша чудова межа часто застосовується для обчислення меж містять синус, арксинус, тангенс, арктангенс і невизначеностей, що виходять при них, нуль ділити на нуль.

Формула

Формула першої чудової межі має вигляд: $$ \lim_(\alpha\to 0) \frac(\sin\alpha)(\alpha) = 1 $$

Зауважуємо, що за $ \ alpha \ to 0 $ виходить $ \ sin \ alpha \ to 0 $, тим самим в числі і в знаменнику маємо нулі. Таким чином, формула першої чудової межі потрібна для розкриття невизначеностей $ \frac(0)(0) $.

Для застосування формули необхідно, щоб було дотримано двох умов:

1. Вирази, що містяться в синусі та знаменнику дробу збігаються
2. Вирази, що стоять у синусі та знаменнику дробу прагнуть до нуля

Увага! $ \lim_(x\to 0) \frac(\sin(2x^2+1))(2x^2+1) \neq 1 $ Хоча вирази під синусом і в знаменнику однакові, проте $ 2x^2+1 = 1$, при $x\to 0$. Не виконана друга умова, тому застосовувати формулу НЕ МОЖНА!

Наслідки

Досить рідко у завдання можна побачити чисту першу чудову межу, в якій можна відразу було б записати відповідь. На практиці все трохи складніше виглядає, але для таких випадків буде корисно знати наслідки першої чудової межі. Завдяки їм можна швидко визначити потрібні межі.

$$ \lim_(\alpha\to 0) \frac(\alpha)(\sin\alpha) = 1 $$

$$ \lim_(\alpha\to 0) \frac(\sin(a\alpha))(\sin(b\alpha)) = \frac(a)(b) $$

$$ \lim_(\alpha\to 0) \frac(tg\alpha)(\alpha) = 1 $$

$$ \lim_(\alpha\to 0) \frac(\arcsin\alpha)(\alpha) = 1 $$

$$ \lim_(\alpha\to 0) \frac(arctg\alpha)(\alpha) = 1 $$

Приклади рішень

Розглянемо першу чудову межу, приклади рішення якої на обчислення меж, що містять тригонометричні функції і невизначеність $ \bigg[\frac(0)(0)\bigg] $

Приклад 1

Обчислити $ \lim_(x\to 0) \frac(\sin2x)(4x) $

Рішення

Розглянемо межу і зауважимо, що в ньому є синус. Далі підставимо $ x = 0 $ у чисельник і знаменник і отримаємо невизначеність нуль ділити на нуль: $$ \lim_(x\to 0) \frac(\sin2x)(4x) = \frac(0)(0) $$ Вже дві ознаки того, що потрібно застосовувати чудову межу, але є невеликий нюанс: відразу застосувати формулу ми не зможемо, тому що вираз під знаком синуса відрізняється від виразу, що стоїть у знаменнику. А нам потрібно, щоб вони були рівними. Тому за допомогою елементарних перетворень чисельника ми перетворимо його на $2x$. Для цього ми винесемо двійку із знаменника дробу окремим множником. Виглядає це так: $$ \lim_(x\to 0) \frac(\sin2x)(4x) = \lim_(x\to 0) \frac(\sin2x)(2\cdot 2x) = $$ $$ = \frac(1)(2) \lim_(x\to 0) \frac(\sin2x)(2x) = \frac(1)(2)\cdot 1 = \frac(1)(2) $$ Зверніть увагу , що наприкінці $ \lim_(x\to 0) \frac(\sin2x)(2x) = 1 $ вийшло за формулою. Якщо не вдається вирішити своє завдання, то надсилайте його до нас. Ми надамо докладне рішення. Ви зможете ознайомитися з ходом обчислення та отримати інформацію. Це допоможе вчасно отримати залік у викладача!

Відповідь

$$ \lim_(x\to 0) \frac(\sin2x)(4x) =\frac(1)(2) $$

Приклад 2

Знайти $ \lim_(x\to 0) \frac(\sin(x^3+2x))(2x-x^4) $

Рішення

Як завжди спочатку потрібно дізнатися про тип невизначеності. Якщо вона нуль ділити на нуль, то звертаємо увагу на наявність синуса: $$ \lim_(x\to 0) \frac(\sin(x^3+2x))(2x-x^4) = \frac(0) (0) = $$ Дана невизначеність дозволяє скористатися формулою першої чудової межі, але вираз із знаменника не дорівнює аргументу синуса? Тому "в лоб" застосувати формулу не можна. Необхідно помножити і розділити дріб на аргумент синуса: $$ = \lim_(x\to 0) \frac((x^3+2x)\sin(x^3+2x))((2x-x^4)(x ^3+2x)) = $$ Тепер за властивостями меж розписуємо: $$ = \lim_(x\to 0) \frac((x^3+2x))(2x-x^4)\cdot \lim_(x \to 0) \frac(\sin(x^3+2x))((x^3+2x)) = $$ Друга межа якраз підходить під формулу і дорівнює одиниці: $$ = \lim_(x\to 0 ) \frac(x^3+2x)(2x-x^4)\cdot 1 = \lim_(x\to 0) \frac(x^3+2x)(2x-x^4) = $$ Знову підставляємо $ x = 0 $ на дріб і отримуємо невизначеність $ \frac(0)(0) $. Для її усунення достатньо винести за дужки $x$ і скоротити на нього: $$ = \lim_(x\to 0) \frac(x(x^2+2))(x(2-x^3)) = \ lim_(x\to 0) \frac(x^2+2)(2-x^3) = $$ $$ = \frac(0^2 + 2)(2 - 0^3) = \frac(2 )(2) = 1 $$

Відповідь

$$ \lim_(x\to 0) \frac(\sin(x^3+2x))(2x-x^4) = 1 $$

Приклад 4

Обчислити $ \lim_(x\to0) \frac(\sin2x)(tg3x) $

Рішення

Обчислення почнемо з підстановки $x=0$. В результаті отримуємо невизначеність $\frac(0)(0)$. Межа містить синус та тангенс, що натякає на можливий розвитокситуації з використанням формули першої чудової межі. Перетворимо чисельник і знаменник дробу під формулу та наслідок: $$ \lim_(x\to0) \frac(\sin2x)(tg3x) = \frac(0)(0) = \lim_(x\to0) \frac(\frac(\sin2x)(2x)\cdot 2x )(\frac(tg3x)(3x)\cdot 3x) = $$ Тепер бачимо в чисельнику і знаменнику з'явилися вирази, що підходять під формулу і слідства. Аргумент синуса та аргумент тангенсу збігаються для відповідних знаменників $$ = \lim_(x\to0) \frac(1\cdot 2x)(1\cdot 3x) = \frac(2)(3) $$

Відповідь

$$ \lim_(x\to0) \frac(\sin2x)(tg2x) = \frac(2)(3) $$

У статті: "Перша чудова межа, приклади рішення" було розказано про випадки, у яких доцільно використовувати цю формулута її наслідки.

Першим чудовим межею називають таку рівність:

\begin(equation)\lim_(\alpha\to(0))\frac(\sin\alpha)(\alpha)=1 \end(equation)

Так як при $ \ alpha \ to (0) $ маємо $ \ sin \ alpha \ to (0) $, то кажуть, що перша чудова межа розкриває невизначеність виду $ \ frac (0) (0) $. Взагалі кажучи, у формулі (1) замість змінної $\alpha$ під знаком синуса і в знаменнику може бути розташоване будь-яке вираження, - аби виконувалися дві умови:

1. Висловлювання під знаком синуса й у знаменнику одночасно прагнуть нуля, тобто. є невизначеність виду $\frac(0)(0)$.
2. Вирази під знаком синуса і знаменнику збігаються.

Часто використовуються також наслідки з першої чудової межі:

\begin(equation) \lim_(\alpha\to(0))\frac(\tg\alpha)(\alpha)=1 \end(equation) \begin(equation) \lim_(\alpha\to(0) )\frac(\arcsin\alpha)(\alpha)=1 \end(equation) \begin(equation) \lim_(\alpha\to(0))\frac(\arctg\alpha)(\alpha)=1 \end(equation)

На цій сторінці вирішено одинадцять прикладів. Приклад №1 присвячений доказу формул (2)-(4). Приклади №2, №3, №4 та №5 містять рішення з докладними коментарями. Приклади №6-10 містять рішення практично без коментарів, бо докладні пояснення було надано у попередніх прикладах. При вирішенні використовуються деякі тригонометричні формули, які можна знайти.

Зауважу, що наявність тригонометричних функційразом із невизначеністю $\frac (0) (0)$ ще означає обов'язкове застосування першої чудової межі. Іноді буває досить простих тригонометричних перетворень, наприклад, див.

Приклад №1

Довести, що $\lim_(\alpha\to(0))\frac(\tg\alpha)(\alpha)=1$, $\lim_(\alpha\to(0))\frac(\arcsin\alpha )(\alpha)=1$, $\lim_(\alpha\to(0))\frac(\arctg\alpha)(\alpha)=1$.

а) Так як $ \ tg \ alpha = \ frac (\ sin \ alpha) (\ cos \ alpha) $, то:

$$ \lim_(\alpha\to(0))\frac(\tg(\alpha))(\alpha)=\left|\frac(0)(0)\right| =\lim_(\alpha\to(0))\frac(\sin(\alpha))(\alpha\cos(\alpha)) $$

Оскільки $\lim_(\alpha\to(0))\cos(0)=1$ і $\lim_(\alpha\to(0))\frac(\sin\alpha)(\alpha)=1$ , то:

$$ \lim_(\alpha\to(0))\frac(\sin(\alpha))(\alpha\cos(\alpha)) =\frac(\displaystyle\lim_(\alpha\to(0)) \frac(\sin(\alpha))(\alpha))(\displaystyle\lim_(\alpha\to(0))\cos(\alpha)) =\frac(1)(1) =1. $$

б) Зробимо заміну $ \ alpha = \ sin (y) $. Оскільки $\sin(0)=0$, то з умови $\alpha\to(0)$ маємо $y\to(0)$. Крім того, існує околиця нуля, в якій $\arcsin\alpha=\arcsin(\sin(y))=y$, тому:

$$ \lim_(\alpha\to(0))\frac(\arcsin\alpha)(\alpha)=\left|\frac(0)(0)\right| =\lim_(y\to(0))\frac(y)(\sin(y)) =\lim_(y\to(0))\frac(1)(\frac(\sin(y))( y)) =\frac(1)(\displaystyle\lim_(y\to(0))\frac(\sin(y))(y)) =\frac(1)(1) =1. $$

Рівність $\lim_(\alpha\to(0))\frac(\arcsin\alpha)(\alpha)=1$ доведено.

в) Зробимо заміну $ alpha = tg (y) $. Оскільки $\tg(0)=0$, то умови $\alpha\to(0)$ і $y\to(0)$ еквівалентні. Крім того, існує околиця нуля, в якій $\arctg\alpha=\arctg\tg(y))=y$, тому, спираючись на результати пункту а), матимемо:

$$ \lim_(\alpha\to(0))\frac(\arctg\alpha)(\alpha)=\left|\frac(0)(0)\right| =\lim_(y\to(0))\frac(y)(\tg(y)) =\lim_(y\to(0))\frac(1)(\frac(\tg(y))( y)) =\frac(1)(\displaystyle\lim_(y\to(0))\frac(\tg(y))(y)) =\frac(1)(1) =1. $$

Рівність $\lim_(\alpha\to(0))\frac(\arctg\alpha)(\alpha)=1$ доведено.

Рівності а), б), в) часто використовуються поряд із першою чудовою межею.

Приклад №2

Обчислити межу $\lim_(x\to(2))\frac(\sin\left(\frac(x^2-4)(x+7)\right))(\frac(x^2-4)( x+7))$.

Оскільки $\lim_(x\to(2))\frac(x^2-4)(x+7)=\frac(2^2-4)(2+7)=0$ і $\lim_( x\to(2))\sin\left(\frac(x^2-4)(x+7)\right)=\sin(0)=0$, тобто. і чисельник і знаменник дробу одночасно прагнуть нулю, то тут маємо справу з невизначеністю виду $\frac(0)(0)$, тобто. виконано. Крім того, видно, що вирази під знаком синуса і в знаменнику збігаються (тобто виконано і):

Отже, обидві умови, перелічені на початку сторінки, виконані. На цьому випливає, що застосовна формула , тобто. $\lim_(x\to(2)) \frac(\sin\left(\frac(x^2-4)(x+7)\right))(\frac(x^2-4)(x+ 7)) = 1 $.

Відповідь: $\lim_(x\to(2))\frac(\sin\left(\frac(x^2-4)(x+7)\right))(\frac(x^2-4)(x +7)) = 1 $.

Приклад №3

Знайти $\lim_(x\to(0))\frac(\sin(9x))(x)$.

Оскільки $\lim_(x\to(0))\sin(9x)=0$ і $\lim_(x\to(0))x=0$, ми маємо справу з невизначеністю виду $\frac(0 ) (0) $, тобто. виконано. Проте вирази під знаком синуса і знаменнику не збігаються. Тут потрібно підігнати вираз у знаменнику під необхідну форму. Нам необхідно, щоб у знаменнику розташувався вираз $9x$ - тоді стане істинним. По суті, нам не вистачає множника $9$ у знаменнику, який не так вже й складно ввести, - просто домножити вираз у знаменнику на $9$. Природно, що для компенсації домноження на $9$ доведеться відразу на $9$ і розділити:

$$ \lim_(x\to(0))\frac(\sin(9x))(x)=\left|\frac(0)(0)\right| =\lim_(x\to(0))\frac(\sin(9x))(9x\cdot\frac(1)(9)) =9\lim_(x\to(0))\frac(\sin (9x))(9x) $$

Тепер вирази у знаменнику та під знаком синуса збіглися. Обидві умови для межі $\lim_(x\to(0))\frac(\sin(9x))(9x)$ виконані. Отже, $\lim_(x\to(0))\frac(\sin(9x))(9x)=1$. А це означає, що:

$$ 9\lim_(x\to(0))\frac(\sin(9x))(9x)=9\cdot(1)=9. $$

Відповідь: $\lim_(x\to(0))\frac(\sin(9x))(x)=9$.

Приклад №4

Знайти $\lim_(x\to(0))\frac(\sin(5x))(\tg(8x))$.

Оскільки $\lim_(x\to(0))\sin(5x)=0$ і $\lim_(x\to(0))\tg(8x)=0$, то тут ми маємо справу з невизначеністю виду $\frac(0)(0)$. Однак форма першої чудової межі порушена. Чисельник, що містить $\sin(5x)$, вимагає наявності у знаменнику $5x$. У цій ситуації найпростіше розділити чисельник на $5x$, - і відразу на $5x$ домножити. Крім того, проробимо аналогічну операцію і зі знаменником, домноживши і розділивши $\tg(8x)$ на $8x$:

$$\lim_(x\to(0))\frac(\sin(5x))(\tg(8x))=\left|\frac(0)(0)\right| =\lim_(x\to(0))\frac(\frac(\sin(5x))(5x)\cdot(5x))(\frac(\tg(8x))(8x)\cdot(8x) )$$

Скорочуючи на $x$ і виносячи константу $\frac(5)(8)$ за знак межі, отримаємо:

$$ \lim_(x\to(0))\frac(\frac(\sin(5x))(5x)\cdot(5x))(\frac(\tg(8x))(8x)\cdot(8x )) =\frac(5)(8)\cdot\lim_(x\to(0))\frac(\frac(\sin(5x))(5x))(\frac(\tg(8x))( 8x)) $$

Зверніть увагу, що $\lim_(x\to(0))\frac(\sin(5x))(5x)$ повністю задовольняє вимогам для першої чудової межі. Для відшукання $\lim_(x\to(0))\frac(\tg(8x))(8x)$ застосовна формула :

$$ \frac(5)(8)\cdot\lim_(x\to(0))\frac(\frac(\sin(5x))(5x))(\frac(\tg(8x))(8x )) =\frac(5)(8)\cdot\frac(\displaystyle\lim_(x\to(0))\frac(\sin(5x))(5x))(\displaystyle\lim_(x\to (0))\frac(\tg(8x))(8x)) =\frac(5)(8)\cdot\frac(1)(1) =\frac(5)(8). $$

Відповідь: $\lim_(x\to(0))\frac(\sin(5x))(\tg(8x))=\frac(5)(8)$.

Приклад №5

Знайти $\lim_(x\to(0))\frac(\cos(5x)-\cos^3(5x))(x^2)$.

Оскільки $\lim_(x\to(0))(\cos(5x)-\cos^3(5x))=1-1=0$ (нагадаю, що $\cos(0)=1$) і $\lim_(x\to(0))x^2=0$, ми маємо справу з невизначеністю виду $\frac(0)(0)$. Однак, щоб застосувати першу чудову межу, слід позбутися косинуса в чисельнику, перейшовши до синусів (щоб потім застосувати формулу) або тангенсів (щоб потім застосувати формулу). Зробити це можна таким перетворенням:

$$\cos(5x)-\cos^3(5x)=\cos(5x)\cdot\left(1-\cos^2(5x)\right)$$ $$\cos(5x)-\cos ^3(5x)=\cos(5x)\cdot\left(1-\cos^2(5x)\right)=\cos(5x)\cdot\sin^2(5x).$$

Повернемося до межі:

$$ \lim_(x\to(0))\frac(\cos(5x)-\cos^3(5x))(x^2)=\left|\frac(0)(0)\right| =\lim_(x\to(0))\frac(\cos(5x)\cdot\sin^2(5x))(x^2) =\lim_(x\to(0))\left(\cos (5x)\cdot\frac(\sin^2(5x))(x^2)\right) $$

Дроб $\frac(\sin^2(5x))(x^2)$ вже близька до тієї форми, що потрібно для першої чудової межі. Трохи попрацюємо з дробом $\frac(\sin^2(5x))(x^2)$, підганяючи її під першу чудову межу (врахуйте, що вирази в чисельнику і під синусом повинні збігтися):

$$\frac(\sin^2(5x))(x^2)=\frac(\sin^2(5x))(25x^2\cdot\frac(1)(25))=25\cdot\ frac(\sin^2(5x))(25x^2)=25\cdot\left(\frac(\sin(5x))(5x)\right)^2$$

Повернемося до межі:

$$ \lim_(x\to(0))\left(\cos(5x)\cdot\frac(\sin^2(5x))(x^2)\right) =\lim_(x\to(0) ))\left(25\cos(5x)\cdot\left(\frac(\sin(5x))(5x)\right)^2\right)=\=25\cdot\lim_(x\to( 0))\cos(5x)\cdot\lim_(x\to(0))\left(\frac(\sin(5x))(5x)\right)^2 =25\cdot(1)\cdot( 1 ^ 2) = 25. $$

Відповідь: $\lim_(x\to(0))\frac(\cos(5x)-\cos^3(5x))(x^2)=25$.

Приклад №6

Знайти межу $\lim_(x\to(0))\frac(1-\cos(6x))(1-\cos(2x))$.

Оскільки $\lim_(x\to(0))(1-\cos(6x))=0$ і $\lim_(x\to(0))(1-\cos(2x))=0$, ми маємо справу з невизначеністю $\frac(0)(0)$. Розкриємо її за допомогою першої чудової межі. Для цього перейдемо від косинусів до синусів. Оскільки $1-\cos(2\alpha)=2\sin^2(\alpha)$, то:

$$1-\cos(6x)=2\sin^2(3x);\;1-\cos(2x)=2\sin^2(x).$$

Переходячи в заданій межі до синусів, матимемо:

$$ \lim_(x\to(0))\frac(1-\cos(6x))(1-\cos(2x))=\left|\frac(0)(0)\right| =\lim_(x\to(0))\frac(2\sin^2(3x))(2\sin^2(x)) =\lim_(x\to(0))\frac(\sin^ 2(3x))(\sin^2(x))=\\ =\lim_(x\to(0))\frac(\frac(\sin^2(3x))((3x)^2)\ cdot(3x)^2)(\frac(\sin^2(x))(x^2)\cdot(x^2)) =\lim_(x\to(0))\frac(\left(\) frac(\sin(3x))(3x)\right)^2\cdot(9x^2))(\left(\frac(\sin(x))(x)\right)^2\cdot(x^ 2)) =9\cdot\frac(\displaystyle\lim_(x\to(0))\left(\frac(\sin(3x))(3x)\right)^2)(\displaystyle\lim_(x \to(0))\left(\frac(\sin(x))(x)\right)^2) =9cdot\frac(1^2)(1^2) =9. $$

Відповідь: $\lim_(x\to(0))\frac(1-\cos(6x))(1-\cos(2x))=9$.

Приклад №7

Обчислити межу $\lim_(x\to(0))\frac(\cos(\alpha(x))-\cos(\beta(x)))(x^2)$ за умови $\alpha\neq\ beta $.

Детальні пояснення були дані раніше, тут просто відзначимо, що знову є невизначеність $\frac(0)(0)$. Перейдемо від косинусів до синусів, використовуючи формулу

$$\cos\alpha-\cos\beta=-2\sin\frac(\alpha+\beta)(2)\cdot\sin\frac(\alpha-\beta)(2).$$

Використовуючи вказану формулу, отримаємо:

$$ \lim_(x\to(0))\frac(\cos(\alpha(x))-\cos(\beta(x)))(x^2)=\left|\frac(0)( 0) \right| =\lim_(x\to(0))\frac(-2\sin\frac(\alpha(x)+\beta(x))(2)\cdot\sin\frac(\alpha(x)-\ beta(x))(2))(x^2)=\\=-2\cdot\lim_(x\to(0))\frac(\sin\left(x\cdot\frac(\alpha+\beta) )(2)\right)\cdot\sin\left(x\cdot\frac(\alpha-beta)(2)\right))(x^2) =-2\cdot\lim_(x\to( 0))\left(\frac(\sin\left(x\cdot\frac(\alpha+\beta)(2)\right))(x)\cdot\frac(\sin\left(x\cdot\frac) (\alpha-\beta)(2)\right))(x)\right)=\\ =-2\cdot\lim_(x\to(0))\left(\frac(\sin\left(x) \cdot\frac(\alpha+\beta)(2)\right))(x\cdot\frac(\alpha+\beta)(2))\cdot\frac(\alpha+\beta)(2)\cdot\frac (\sin\left(x\cdot\frac(\alpha-\beta)(2)\right))(x\cdot\frac(\alpha-\beta)(2))\cdot\frac(\alpha- \beta)(2)\right)=\\=-\frac((\alpha+\beta)\cdot(\alpha-\beta))(2)\lim_(x\to(0))\frac(\ sin\left(x\cdot\frac(\alpha+\beta)(2)\right))(x\cdot\frac(\alpha+\beta)(2))\cdot\lim_(x\to(0)) \frac(\sin\left(x\cdot\frac(\alpha-\beta)(2)\right))(x\cdot\frac(\alpha-\beta)(2)) =-\frac(\ alpha^2-\beta^2)(2)\cdot(1)\cdot(1) =\frac(\beta^2-\alpha^2)(2). $$

Відповідь: $\lim_(x\to(0))\frac(\cos(\alpha(x))-\cos(\beta(x)))(x^2)=\frac(\beta^2-\ alpha^2) (2) $.

Приклад №8

Знайти межу $\lim_(x\to(0))\frac(\tg(x)-\sin(x))(x^3)$.

Оскільки $\lim_(x\to(0))(\tg(x)-\sin(x))=0$ (нагадаю, що $\sin(0)=\tg(0)=0$) і $\lim_(x\to(0))x^3=0$, то тут ми маємо справу з невизначеністю виду $\frac(0)(0)$. Розкриємо її так:

$$ \lim_(x\to(0))\frac(\tg(x)-\sin(x))(x^3)=\left|\frac(0)(0)\right| =\lim_(x\to(0))\frac(\frac(\sin(x))(\cos(x))-\sin(x))(x^3) =\lim_(x\to( 0))\frac(\sin(x)\cdot\left(\frac(1)(\cos(x))-1\right))(x^3) =\lim_(x\to(0)) \frac(\sin(x)\cdot\left(1-\cos(x)\right))(x^3\cdot\cos(x))=\\ =\lim_(x\to(0)) \frac(\sin(x)\cdot(2)\sin^2\frac(x)(2))(x^3\cdot\cos(x)) =\frac(1)(2)\cdot\ lim_(x\to(0))\left(\frac(\sin(x))(x)\cdot\left(\frac(\sin\frac(x)(2))(\frac(x)( 2))\right)^2\cdot\frac(1)(\cos(x))\right) =\frac(1)(2)\cdot(1)\cdot(1^2)\cdot(1 ) = frac(1)(2). $$

Відповідь: $\lim_(x\to(0))\frac(\tg(x)-\sin(x))(x^3)=\frac(1)(2)$.

Приклад №9

Знайти межу $\lim_(x\to(3))\frac(1-\cos(x-3))((x-3)\tg\frac(x-3)(2))$.

Оскільки $\lim_(x\to(3))(1-\cos(x-3))=0$ і $\lim_(x\to(3))(x-3)\tg\frac(x -3) (2) = 0 $, то є невизначеність виду $ \ frac (0) (0) $. Перед тим, як переходити до її розкриття, зручно зробити заміну змінною таким чином, щоб нова змінна прямувала до нуля (зверніть увагу, що у формулах змінна $\alpha\to 0$). Найпростіше ввести змінну $t=x-3$. Однак задля зручності подальших перетворень (цю вигоду можна помітити під час наведеного нижче рішення) варто зробити таку заміну: $t=\frac(x-3)(2)$. Зазначу, що обидві заміни застосовуються в даному випадку, просто друга заміна дозволить менше працювати з дробами. Оскільки $x\to(3)$, то $t\to(0)$.

$$ \lim_(x\to(3))\frac(1-\cos(x-3))((x-3)\tg\frac(x-3)(2))=\left|\frac (0)(0)\right| =\left|\begin(aligned)&t=\frac(x-3)(2);\&t\to(0)\end(aligned)\right| =\lim_(t\to(0))\frac(1-\cos(2t))(2t\cdot\tg(t)) =\lim_(t\to(0))\frac(2\sin^ 2t)(2t\cdot\tg(t)) =\lim_(t\to(0))\frac(\sin^2t)(t\cdot\tg(t))=\\ =\lim_(t\ to(0))\frac(\sin^2t)(t\cdot\frac(\sin(t))(\cos(t))) =\lim_(t\to(0))\frac(\sin (t)\cos(t))(t) =\lim_(t\to(0))\left(\frac(\sin(t))(t)\cdot\cos(t)\right) =\ lim_(t\to(0))\frac(\sin(t))(t)\cdot\lim_(t\to(0))\cos(t) =1\cdot(1) =1. $$

Відповідь: $\lim_(x\to(3))\frac(1-\cos(x-3))((x-3)\tg\frac(x-3)(2))=1$.

Приклад №10

Знайти межу $\lim_(x\to\frac(\pi)(2))\frac(1-\sin(x))(\left(\frac(\pi)(2)-x\right)^2 ) $.

Знову маємо справу з невизначеністю $\frac(0)(0)$. Перед тим, як переходити до її розкриття, зручно зробити заміну змінною таким чином, щоб нова змінна прямувала до нуля (зверніть увагу, що у формулах змінна $\alpha\to(0)$). Найпростіше ввести змінну $t=\frac(\pi)(2)-x$. Оскільки $x\to\frac(\pi)(2)$, то $t\to(0)$:

$$ \lim_(x\to\frac(\pi)(2))\frac(1-\sin(x))(\left(\frac(\pi)(2)-x\right)^2) =\left|\frac(0)(0)\right| =\left|\begin(aligned)&t=\frac(\pi)(2)-x;\&t\to(0)\end(aligned)\right| =\lim_(t\to(0))\frac(1-\sin\left(\frac(\pi)(2)-t\right))(t^2) =\lim_(t\to(0) ))\frac(1-\cos(t))(t^2)=\\ =\lim_(t\to(0))\frac(2\sin^2\frac(t)(2))( t^2) =2\lim_(t\to(0))\frac(\sin^2\frac(t)(2))(t^2) =2\lim_(t\to(0))\ frac(\sin^2\frac(t)(2))(\frac(t^2)(4)\cdot(4)) =\frac(1)(2)\cdot\lim_(t\to( 0))\left(\frac(\sin\frac(t)(2))(\frac(t)(2))\right)^2 =\frac(1)(2)\cdot(1^2 ) = frac(1)(2). $$

Відповідь: $\lim_(x\to\frac(\pi)(2))\frac(1-\sin(x))(\left(\frac(\pi)(2)-x\right)^2) = frac (1) (2) $.

Приклад №11

Знайти межі $\lim_(x\to\frac(\pi)(2))\frac(1-\sin(x))(\cos^2x)$, $\lim_(x\to\frac(2\) pi)(3))\frac(\tg(x)+\sqrt(3))(2\cos(x)+1)$.

У цьому випадку нам не доведеться використовувати першу чудову межу. Зверніть увагу: як у першому, так і в другому межах присутні лише тригонометричні функції та числа. Найчастіше в таких прикладах вдається спростити вираз, розташоване під знаком межі. При цьому після згаданого спрощення та скорочення деяких співмножників невизначеність зникає. Я навів цей приклад лише з однією метою: показати, що наявність тригонометричних функцій під знаком межі зовсім не обов'язково означає застосування першої чудової межі.

Оскільки $\lim_(x\to\frac(\pi)(2))(1-\sin(x))=0$ (нагадаю, що $\sin\frac(\pi)(2)=1$ ) і $\lim_(x\to\frac(\pi)(2))\cos^2x=0$ (нагадаю, що $\cos\frac(\pi)(2)=0$), то ми маємо справу з невизначеністю виду $ frac (0) (0) $. Однак це зовсім не означає, що нам потрібно використовувати першу чудову межу. Для розкриття невизначеності досить врахувати, що $\cos^2x=1-\sin^2x$:

$$ \lim_(x\to\frac(\pi)(2))\frac(1-\sin(x))(\cos^2x) =\left|\frac(0)(0)\right| =\lim_(x\to\frac(\pi)(2))\frac(1-\sin(x))(1-\sin^2x) =\lim_(x\to\frac(\pi)( 2))\frac(1-\sin(x))((1-\sin(x))(1+\sin(x))) =\lim_(x\to\frac(\pi)(2) )\frac(1)(1+\sin(x)) = frac(1)(1+1) = frac(1)(2). $$

Аналогічний спосіб рішення є й у ґраті Демидовича (№475). Що ж до другої межі, те як і попередніх прикладах цього розділу, ми маємо невизначеність виду $\frac(0)(0)$. Чому вона виникає? Вона виникає тому, що $ \ tg \ frac (2 \ pi) (3) = - \ sqrt (3) $ і $ 2 \ cos \ frac (2 \ pi) (3) = -1 $. Використовуємо ці значення з метою перетворення виразів у чисельнику та у знаменнику. Мета наших дій: записати суму в чисельнику та знаменнику у вигляді твору. До речі, часто в межах аналогічного виду зручна заміна змінної, зроблена з таким розрахунком, щоб нова змінна прямувала до нуля (див., наприклад, приклади №9 або №10 на цій сторінці). Однак у даному прикладів заміні сенсу немає, хоча за бажання заміну змінної $t=x-\frac(2\pi)(3)$ нескладно здійснити.

$$ \lim_(x\to\frac(2\pi)(3))\frac(\tg(x)+\sqrt(3))(2\cos(x)+1) =\lim_(x\ to\frac(2\pi)(3))\frac(\tg(x)+\sqrt(3))(2\cdot\left(\cos(x)+\frac(1)(2)\right )) =\lim_(x\to\frac(2\pi)(3))\frac(\tg(x)-\tg\frac(2\pi)(3))(2\cdot\left(\) cos(x)-\cos\frac(2\pi)(3)\right))=\\ =\lim_(x\to\frac(2\pi)(3))\frac(\frac(\sin) \left(x-\frac(2\pi)(3)\right))(\cos(x)\cos\frac(2\pi)(3)))(-4\sin\frac(x+\frac) (2\pi)(3))(2)\sin\frac(x-\frac(2\pi)(3))(2)) =\lim_(x\to\frac(2\pi)(3 ))\frac(\sin\left(x-\frac(2\pi)(3)\right))(-4\sin\frac(x+\frac(2\pi)(3))(2)\ sin\frac(x-\frac(2\pi)(3))(2)\cos(x)\cos\frac(2\pi)(3)) =\\ =\lim_(x\to\frac (2\pi)(3))\frac(2\sin\frac(x-\frac(2\pi)(3))(2)\cos\frac(x-frac(2\pi)(3) ))(2))(-4\sin\frac(x+\frac(2\pi)(3))(2)\sin\frac(x-\frac(2\pi)(3))(2) \cos(x)\cos\frac(2\pi)(3)) =\lim_(x\to\frac(2\pi)(3))\frac(\cos\frac(x-\frac(2) \pi)(3))(2))(-2\sin\frac(x+\frac(2\pi)(3))(2)\cos(x)\cos\frac(2\pi)(3 ))=\\ =\frac(1)(-2\cdot\frac(\sqrt(3))(2)\cdot\left(-\frac(1)(2)\right)\cdot\left( -\frac(1)(2)\right)) =-\frac(4)(\sqrt(3)). $$

Як бачите, нам не довелося застосовувати першу чудову межу. Звичайно, за бажання це можна зробити (див. примітку нижче), але потреби в цьому немає.

Яким буде рішення з використанням першої чудової межі? показати\сховати

При використанні першої чудової межі отримаємо:

$$ \lim_(x\to\frac(2\pi)(3))\frac(\sin\left(x-\frac(2\pi)(3)\right))(-4\sin\frac (x+\frac(2\pi)(3))(2)\sin\frac(x-frac(2\pi)(3))(2)\cos(x)\cos\frac(2\pi )(3))=\\ =\lim_(x\to\frac(2\pi)(3))\left(\frac(\sin\left(x-frac(2\pi)(3)\) right))(x-\frac(2\pi)(3))\cdot\frac(1)(\frac(\sin\frac(x-frac(2\pi)(3))(2)) (\frac(x-\frac(2\pi)(3))(2)))\cdot\frac(1)(-2\sin\frac(x+\frac(2\pi)(3))( 2)\cos(x)\cos\frac(2\pi)(3))\right) =1cdot(1)cdotfrac(1)(-2cdotfrac(sqrt(3)) )(2)\cdot\left(-\frac(1)(2)\right)\cdot\left(-\frac(1)(2)\right)) =-\frac(4)(\sqrt( 3)). $$

Відповідь: $\lim_(x\to\frac(\pi)(2))\frac(1-\sin(x))(\cos^2x)=\frac(1)(2)$, $\lim_( x\to\frac(2\pi)(3))\frac(\tg(x)+\sqrt(3))(2\cos(x)+1)=-\frac(4)(\sqrt( 3)) $.