Вычисление пределов. Практикум по математическому анализу. Урок 19

Рассмотрим случай, когда при $\displaystyle x \to a$ или $\displaystyle x \to \infty$ функция $f(x)$ представляет степень, основание которой стремится к единице, а показатель — к бесконечности (случай $\displaystyle 1^{\infty }$).
В этом случае для нахождения предела функции используется 2-й замечательный предел:
$\displaystyle \underset{n \to \infty }{\textrm{lim}}\left ( 1+\frac{1}{n} \right )^{n}=\underset{\alpha \to 0 }{\textrm{lim}}(1+\alpha )^{\frac{1}{\alpha }}=e.$
Число $e$ —иррациональное; е=2,7182818... Логарифмы с основанием $e$ называются натуральными и обозначаются $\displaystyle ln$. Натуральные и десятичные логарифмы чисел связаны формулами:
$\displaystyle \textrm{lg}\: x=M\: \textrm{ln}\: x,\; \textrm{ln}\: x=\frac{1}{M}\textrm{lg}\: x$,
где $\displaystyle M=\textrm{lg}\: e=0,43429...,\; \frac{1}{M}=\textrm{ln}\: 10=2,30258...$
Пример 1. Найти пределы:
1) $\displaystyle \underset{n \to \infty }{\textrm{lim}}\left ( 1+\frac{a}{n} \right )^{n}$;
2) $\displaystyle \underset{x \to 0 }{\textrm{lim}}\sqrt[x]{1-2x}$;
3) $\displaystyle \underset{t \to \infty }{\textrm{lim}}\left ( \frac{t-3}{t+2} \right )^{2t+1};$
4) $\displaystyle \underset{x \to \frac{\pi }{4} }{\textrm{lim}}(\textrm{tg}\: x)^{tg\: 2x}$.
Решение. Убедившись сначала, что при указанном изменении аргумента функция представляет степень, основание которой стремится к единице, а показатель — к бесконечности (случай $\displaystyle 1^{\infty }$), далее преобразуем функцию так, чтобы использовать 2-й замечательный предел.
1) Полагая $\displaystyle n=ax$, получим $\displaystyle x \to \infty$, когда $\displaystyle n \to \infty$, и
$\displaystyle \underset{n \to \infty }{\textrm{lim}}\left ( 1+\frac{a}{n} \right )^{n}=\underset{x \to \infty }{\textrm{lim}}\left ( 1+\frac{1}{x} \right )^{ax}=\underset{x \to \infty }{\textrm{lim}}\left [ \left ( 1+\frac{1}{x} \right )^{x} \right ]^{a}=\left [\underset{x \to \infty }{\textrm{lim}}\left ( 1+\frac{1}{x} \right )^{x} \right ]^{a}=e^{a}$.
Возможно и другое решение без замены переменной:
$\displaystyle \underset{n \to \infty }{\textrm{lim}}\left ( 1+\frac{a}{n} \right )^{n}=\underset{n \to \infty }{\textrm{lim}}\left [ \left ( 1+\frac{a}{n} \right )^{\frac{n}{a}} \right ]^{a}=\left [\underset{\frac{n}{a} \to \infty }{\textrm{lim}}\left ( 1+\frac{a}{n} \right )^{\frac{n}{a}} \right ]^{a}=e^{a}.$
2) Полагая $\displaystyle -2x=\alpha$, найдем $\displaystyle \alpha \to 0$, когда $\displaystyle x \to 0$ и
$\displaystyle \underset{x \to 0 }{\textrm{lim}}\sqrt[x]{1-2x}=\underset{x \to 0 }{\textrm{lim}}(1-2x)^{\frac{1}{x}}=\underset{\alpha \to 0 }{\textrm{lim}}(1+\alpha )^{-\frac{2}{\alpha }}=\left [\underset{\alpha \to 0 }{\textrm{lim}}(1+\alpha )^{\frac{1}{\alpha }} \right ]^{-2}=e^{-2}.$
3) Исключив целую часть из дроби, полагаем $\displaystyle -\frac{5}{t+2}=x$:
$\displaystyle \underset{t \to \infty }{\textrm{lim}}\left ( \frac{t-3}{t+2} \right )^{2t+1}=\underset{t \to \infty }{\textrm{lim}}\left ( 1-\frac{5}{t+2} \right )^{2t+1}=\underset{x \to 0 }{\textrm{lim}}(1+x)^{-\frac{10}{x}-3}=\underset{x \to 0 }{\textrm{lim}}\left [ (1+x)^{\frac{1}{x}} \right ]^{-10}\cdot \underset{x \to 0 }{\textrm{lim}}(1+x)^{-3}=e^{-10}\cdot 1=e^{-10}.$
4) Полагая $\displaystyle \textrm{tg}\: x=1+\alpha$, получим $\displaystyle \alpha \to 0$, когда $\displaystyle x \to \frac{\pi }{4}$, и
$\displaystyle \textrm{tg}\: 2x=\frac{2\textrm{tg}\: x}{1-\textrm{tg}^{2}x}=-\frac{2(\alpha +1)}{\alpha (\alpha +2)},$
$\displaystyle \underset{x \to \frac{\pi }{4} }{\textrm{lim}}(\textrm{tg}\: x)^{tg\: 2x}=\underset{\alpha \to 0 }{\textrm{lim}}\left [ (1+\alpha )^{\frac{1}{\alpha }} \right ]^{-\frac{2(\alpha +1)}{\alpha +2}}=e^{-1},$
так как $\displaystyle \underset{\alpha \to 0 }{\textrm{lim}}\frac{2(\alpha +1)}{\alpha +2}=1.$