10 вариант
Сверь числа и знаки с фото.
Задача 11. Вычислить пределы функций. 10. \(\lim_{x\to 0}\frac{\mathrm{arctg}\,2x}{\sin(2\pi(x+10))}\)
Кратко: предел равен \(\dfrac{1}{\pi}\).
Решение
1. Проверяем подстановкой. При \(x\to0\) числитель \(\mathrm{arctg}\,0=0\), знаменатель \(\sin 20\pi=0\). Имеем неопределённость \(\frac{0}{0}\) — нужны преобразования.
2. Убираем «десятку» по периоду синуса. Функция \(\sin t\) имеет период \(2\pi\), а \(20\pi=10\cdot2\pi\), то есть целое число периодов: \[ \sin\bigl(2\pi(x+10)\bigr)=\sin(2\pi x+20\pi)=\sin 2\pi x . \]
3. Заменяем бесконечно малые эквивалентными. При \(t\to0\): \[ \mathrm{arctg}\,t\sim t,\qquad \sin t\sim t . \] Здесь аргументы стремятся к нулю (\(2x\to0\), \(2\pi x\to0\)), поэтому \[ \mathrm{arctg}\,2x\sim 2x,\qquad \sin 2\pi x\sim 2\pi x . \]
4. Считаем предел: \[ \lim_{x\to0}\frac{\mathrm{arctg}\,2x}{\sin 2\pi x} =\lim_{x\to0}\frac{2x}{2\pi x} =\frac{1}{\pi}. \]
Проверка. Возьмём \(x=0{,}001\): числитель \(\mathrm{arctg}\,0{,}002\approx0{,}0019999973\), знаменатель \(\sin 0{,}00628318\approx0{,}00628314\). Отношение \(\approx0{,}31831\), а \(\frac{1}{\pi}\approx0{,}31831\) — совпадает.
Что важно понять
- Главный приём — эквивалентные бесконечно малые: множитель можно заменить на эквивалентный, и предел от этого не меняется.
- Заменять можно целиком числитель и целиком знаменатель (или отдельный множитель), но нельзя выбрасывать слагаемое из суммы: например, в \(\mathrm{arctg}\,2x+\sin 3x\) замена каждого слагаемого по отдельности приведёт к неверному выводу.
- Сдвиг аргумента на период (как \(x+10\) здесь) всегда убирается первым делом — он не влияет на значение синуса.
Обсуждение
8 сообщенийТеперь для 18 варианта
Продолжаю с тем же — пределом при \(x\to0\) с эквивалентными бесконечно малыми, — но для 18 варианта нужна сама функция: в вариантах меняются аргументы у \(\mathrm{arctg}\) и синуса (и сдвиг, и коэффициенты).
Пришлите выражение из 18 варианта (например, \(\lim\limits_{x\to0}\frac{\mathrm{arctg}\,5x}{\sin 3\pi(x+4)}\) — или как оно записано у вас), и я решу его тем же способом с проверкой.
Реши 18 задание
Чтобы решить задание 18, мне нужно его условие — в сообщении его нет, а по одному номеру восстановить нельзя: в вариантах меняются и коэффициенты, и сдвиги, и сами функции.
Пришлите текст или фото задания 18 (например, предел вида \(\lim\limits_{x\to0}\frac{\mathrm{arctg}\,kx}{\sin m\pi(x+n)}\) или другое выражение), и я решу его тем же способом — с эквивалентными бесконечно малыми и проверкой.
Вычисли предел функции под номером 18
Ответ: \(-3\).
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\cos 2x-\cos x}{1-\cos x} \]
При \(x\to0\) получаем \(\frac{0}{0}\), значит, нужно преобразовать выражение.
Используем формулу \(\cos 2x=2\cos^2 x-1\):
\[ \cos 2x-\cos x=2\cos^2 x-1-\cos x \]
Сгруппируем:
\[ 2\cos^2 x-\cos x-1=(\cos x-1)(2\cos x+1) \]
А знаменатель:
\[ 1-\cos x=-(\cos x-1) \]
Тогда при \(x\neq0\):
\[ \frac{\cos 2x-\cos x}{1-\cos x} = \frac{(\cos x-1)(2\cos x+1)}{-(\cos x-1)} = -(2\cos x+1) \]
Теперь переходим к пределу:
\[ \lim_{x\to0}\bigl(-(2\cos x+1)\bigr) =-(2\cdot1+1)=-3 \]
Проверка. Возьмём \(x=0{,}001\): числитель и знаменатель дают отношение, близкое к \(-3\), что подтверждает ответ.
Ключевая идея: неопределённость \(\frac00\) раскрывается разложением на множители и сокращением общего множителя \((\cos x-1)\).
Сделай задание для 9 варианта
Ответ: \(e^{-\pi/2}\) (это предел под номером 9).
\[ \lim_{x\to0}(\cos \pi x)^{\frac{1}{x\sin \pi x}} \]
1. Определяем тип. При \(x\to0\): \(\cos\pi x\to1\), а показатель \(\frac{1}{x\sin\pi x}\to\infty\). Значит, это неопределённость \(1^{\infty}\) — раскрываем через логарифм (или второй замечательный предел).
2. Логарифмируем. Пусть \(L\) — искомый предел, тогда \[ \ln L=\lim_{x\to0}\frac{\ln(\cos \pi x)}{x\sin \pi x}. \]
3. Используем эквивалентности при \(t\to0\): \[ \ln(1+t)\sim t,\qquad \cos t-1\sim-\frac{t^2}{2},\qquad \sin t\sim t . \] Сначала числитель, где \(t=\pi x\): \[ \ln(\cos\pi x)=\ln\bigl(1+(\cos\pi x-1)\bigr)\sim \cos\pi x-1\sim-\frac{\pi^2x^2}{2}. \] Знаменатель: \[ x\sin\pi x\sim x\cdot\pi x=\pi x^2 . \]
4. Считаем: \[ \ln L=\lim_{x\to0}\frac{-\dfrac{\pi^2x^2}{2}}{\pi x^2}=-\frac{\pi}{2}. \] Следовательно, \[ L=e^{-\pi/2}. \]
Проверка. При \(x=0{,}001\): \(\cos\pi x\approx0{,}99999507\), \(\ln\cos\pi x\approx-4{,}93\cdot10^{-6}\), \(x\sin\pi x\approx3{,}14\cdot10^{-6}\). Отношение \(\approx-1{,}5708=-\frac{\pi}{2}\), то есть значение предела \(\approx0{,}2079=e^{-\pi/2}\). Совпадает.
Ключевая идея. Для \(1^{\infty}\) удобно писать \[ f(x)^{g(x)}=\bigl(1+(f-1)\bigr)^{g(x)}\to e^{\lim (f-1)g(x)}, \] и здесь \((f-1)g(x)\to-\frac{\pi}{2}\). Такой же приём работает во всех заданиях этого номера — меняются только функции.
