Страница 170 - гдз по алгебре 10 класс учебник Шыныбеков, Шыныбеков

6.14. 1) $\lim_{x\to 5} \frac{\sqrt{x-1}-2}{x-5};$

2) $\lim_{x\to -3} \frac{x+3}{\sqrt{x+4}-1};$

3) $\lim_{h\to 0} \frac{\sqrt{x+h}-\sqrt{x}}{h};$

4) $\lim_{x\to 16} \frac{\sqrt[4]{x}-2}{\sqrt{x}-4}.$

1) Вычислим предел $\lim_{x\to5} \frac{\sqrt{x-1}-2}{x-5}$.
При подстановке $x=5$ в выражение получаем неопределенность вида $\frac{0}{0}$: $\frac{\sqrt{5-1}-2}{5-5} = \frac{\sqrt{4}-2}{0} = \frac{2-2}{0} = \frac{0}{0}$.
Для раскрытия неопределенности умножим числитель и знаменатель на выражение, сопряженное числителю, то есть на $\sqrt{x-1}+2$. $\lim_{x\to5} \frac{\sqrt{x-1}-2}{x-5} = \lim_{x\to5} \frac{(\sqrt{x-1}-2)(\sqrt{x-1}+2)}{(x-5)(\sqrt{x-1}+2)}$
В числителе используем формулу разности квадратов $(a-b)(a+b) = a^2 - b^2$: $\lim_{x\to5} \frac{(\sqrt{x-1})^2 - 2^2}{(x-5)(\sqrt{x-1}+2)} = \lim_{x\to5} \frac{x-1-4}{(x-5)(\sqrt{x-1}+2)} = \lim_{x\to5} \frac{x-5}{(x-5)(\sqrt{x-1}+2)}$
Поскольку $x \to 5$, то $x \ne 5$, и мы можем сократить дробь на $(x-5)$: $\lim_{x\to5} \frac{1}{\sqrt{x-1}+2}$
Теперь подставим $x=5$: $\frac{1}{\sqrt{5-1}+2} = \frac{1}{\sqrt{4}+2} = \frac{1}{2+2} = \frac{1}{4}$.
Ответ: $\frac{1}{4}$.

2) Вычислим предел $\lim_{x\to-3} \frac{x+3}{\sqrt[3]{x+4}-1}$.
При подстановке $x=-3$ получаем неопределенность вида $\frac{0}{0}$: $\frac{-3+3}{\sqrt[3]{-3+4}-1} = \frac{0}{\sqrt[3]{1}-1} = \frac{0}{1-1} = \frac{0}{0}$.
Для раскрытия неопределенности умножим числитель и знаменатель на неполный квадрат суммы, чтобы использовать формулу разности кубов $a^3-b^3 = (a-b)(a^2+ab+b^2)$. В нашем случае $a=\sqrt[3]{x+4}$ и $b=1$. Множитель: $(\sqrt[3]{x+4})^2 + \sqrt[3]{x+4} \cdot 1 + 1^2 = \sqrt[3]{(x+4)^2} + \sqrt[3]{x+4} + 1$. $\lim_{x\to-3} \frac{(x+3)(\sqrt[3]{(x+4)^2} + \sqrt[3]{x+4} + 1)}{(\sqrt[3]{x+4}-1)(\sqrt[3]{(x+4)^2} + \sqrt[3]{x+4} + 1)} = \lim_{x\to-3} \frac{(x+3)(\sqrt[3]{(x+4)^2} + \sqrt[3]{x+4} + 1)}{(\sqrt[3]{x+4})^3 - 1^3}$
$= \lim_{x\to-3} \frac{(x+3)(\sqrt[3]{(x+4)^2} + \sqrt[3]{x+4} + 1)}{x+4-1} = \lim_{x\to-3} \frac{(x+3)(\sqrt[3]{(x+4)^2} + \sqrt[3]{x+4} + 1)}{x+3}$
Сокращаем на $(x+3)$: $\lim_{x\to-3} (\sqrt[3]{(x+4)^2} + \sqrt[3]{x+4} + 1)$
Подставляем $x=-3$: $\sqrt[3]{(-3+4)^2} + \sqrt[3]{-3+4} + 1 = \sqrt[3]{1^2} + \sqrt[3]{1} + 1 = 1 + 1 + 1 = 3$.
Ответ: $3$.

3) Вычислим предел $\lim_{h\to0} \frac{\sqrt{x+h}-\sqrt{x}}{h}$.
Этот предел по определению является производной функции $f(x) = \sqrt{x}$. При подстановке $h=0$ получаем неопределенность $\frac{0}{0}$.
Умножим числитель и знаменатель на сопряженное к числителю выражение $\sqrt{x+h}+\sqrt{x}$: $\lim_{h\to0} \frac{(\sqrt{x+h}-\sqrt{x})(\sqrt{x+h}+\sqrt{x})}{h(\sqrt{x+h}+\sqrt{x})} = \lim_{h\to0} \frac{(\sqrt{x+h})^2 - (\sqrt{x})^2}{h(\sqrt{x+h}+\sqrt{x})}$
$= \lim_{h\to0} \frac{x+h-x}{h(\sqrt{x+h}+\sqrt{x})} = \lim_{h\to0} \frac{h}{h(\sqrt{x+h}+\sqrt{x})}$
Поскольку $h \to 0$, то $h \ne 0$, и мы можем сократить на $h$: $\lim_{h\to0} \frac{1}{\sqrt{x+h}+\sqrt{x}}$
Подставляем $h=0$: $\frac{1}{\sqrt{x+0}+\sqrt{x}} = \frac{1}{\sqrt{x}+\sqrt{x}} = \frac{1}{2\sqrt{x}}$. (При $x>0$)
Ответ: $\frac{1}{2\sqrt{x}}$.

4) Вычислим предел $\lim_{x\to16} \frac{\sqrt[4]{x}-2}{\sqrt{x}-4}$.
При подстановке $x=16$ получаем неопределенность вида $\frac{0}{0}$: $\frac{\sqrt[4]{16}-2}{\sqrt{16}-4} = \frac{2-2}{4-4} = \frac{0}{0}$.
Заметим, что знаменатель можно разложить на множители, используя тот факт, что $\sqrt{x} = (\sqrt[4]{x})^2$ и $4 = 2^2$. Применим формулу разности квадратов: $\sqrt{x}-4 = (\sqrt[4]{x})^2 - 2^2 = (\sqrt[4]{x}-2)(\sqrt[4]{x}+2)$.
Подставим это в исходный предел: $\lim_{x\to16} \frac{\sqrt[4]{x}-2}{(\sqrt[4]{x}-2)(\sqrt[4]{x}+2)}$
Поскольку $x \to 16$, то $\sqrt[4]{x} \to 2$, и мы можем сократить на $(\sqrt[4]{x}-2)$: $\lim_{x\to16} \frac{1}{\sqrt[4]{x}+2}$
Подставляем $x=16$: $\frac{1}{\sqrt[4]{16}+2} = \frac{1}{2+2} = \frac{1}{4}$.
Ответ: $\frac{1}{4}$.

6.15. 1) $\lim_{x\to0} \frac{2\sqrt{x}-3x}{3\sqrt{x}-2x}$;

2) $\lim_{x\to0} \frac{\sqrt{x}-x}{\sqrt{x}+x}$;

3) $\lim_{x\to5} \frac{x\sqrt{x}-5\sqrt{5}}{\sqrt{x}-\sqrt{5}};

4) $\lim_{x\to0} \frac{x}{\sqrt[3]{1+x}-1}$.

1) Вычислим предел $ \lim_{x\to0} \frac{2\sqrt{x}-3x}{3\sqrt{x}-2x} $.
При прямой подстановке значения $ x=0 $ в выражение получаем неопределенность вида $ \frac{0}{0} $. Для ее раскрытия вынесем $ \sqrt{x} $ за скобки в числителе и знаменателе. Поскольку по определению предела $ x $ стремится к нулю, но не равен ему ($ x \neq 0 $), мы можем сократить выражение на $ \sqrt{x} $. Заметим, что область определения $ \sqrt{x} $ требует $ x \ge 0 $, поэтому мы рассматриваем предел при $ x \to 0^+ $.
$ \lim_{x\to0} \frac{2\sqrt{x}-3x}{3\sqrt{x}-2x} = \lim_{x\to0} \frac{\sqrt{x}(2-3\sqrt{x})}{\sqrt{x}(3-2\sqrt{x})} $
Сокращаем на $ \sqrt{x} $:
$ \lim_{x\to0} \frac{2-3\sqrt{x}}{3-2\sqrt{x}} $
Теперь можно выполнить подстановку $ x=0 $:
$ \frac{2-3\sqrt{0}}{3-2\sqrt{0}} = \frac{2-0}{3-0} = \frac{2}{3} $
Ответ: $ \frac{2}{3} $.

2) Вычислим предел $ \lim_{x\to0} \frac{\sqrt{x}-x}{\sqrt{x}+x} $.
Прямая подстановка $ x=0 $ дает неопределенность $ \frac{0}{0} $. Аналогично первому примеру, вынесем $ \sqrt{x} $ за скобки, учитывая, что $ x = (\sqrt{x})^2 $.
$ \lim_{x\to0} \frac{\sqrt{x}(1-\sqrt{x})}{\sqrt{x}(1+\sqrt{x})} $
Сокращаем на $ \sqrt{x} $ (так как $ x \to 0, x \neq 0 $):
$ \lim_{x\to0} \frac{1-\sqrt{x}}{1+\sqrt{x}} $
Выполняем подстановку $ x=0 $:
$ \frac{1-\sqrt{0}}{1+\sqrt{0}} = \frac{1-0}{1+0} = 1 $
Ответ: $ 1 $.

3) Вычислим предел $ \lim_{x\to5} \frac{x\sqrt{x}-5\sqrt{5}}{\sqrt{x}-\sqrt{5}} $.
Подстановка $ x=5 $ приводит к неопределенности $ \frac{0}{0} $. Заметим, что числитель можно представить как разность кубов, так как $ x\sqrt{x} = (\sqrt{x})^3 $ и $ 5\sqrt{5} = (\sqrt{5})^3 $.
Воспользуемся формулой разности кубов $ a^3 - b^3 = (a-b)(a^2+ab+b^2) $, где $ a = \sqrt{x} $ и $ b = \sqrt{5} $.
$ (\sqrt{x})^3 - (\sqrt{5})^3 = (\sqrt{x}-\sqrt{5})((\sqrt{x})^2 + \sqrt{x}\sqrt{5} + (\sqrt{5})^2) = (\sqrt{x}-\sqrt{5})(x+\sqrt{5x}+5) $
Подставим это разложение в исходный предел:
$ \lim_{x\to5} \frac{(\sqrt{x}-\sqrt{5})(x+\sqrt{5x}+5)}{\sqrt{x}-\sqrt{5}} $
Поскольку $ x \to 5 $, то $ x \neq 5 $, и множитель $ (\sqrt{x}-\sqrt{5}) $ не равен нулю, поэтому на него можно сократить.
$ \lim_{x\to5} (x+\sqrt{5x}+5) $
Теперь подставляем $ x=5 $:
$ 5 + \sqrt{5 \cdot 5} + 5 = 5 + \sqrt{25} + 5 = 5+5+5=15 $
Ответ: $ 15 $.

4) Вычислим предел $ \lim_{x\to0} \frac{x}{\sqrt[3]{1+x}-1} $.
Подстановка $ x=0 $ дает неопределенность вида $ \frac{0}{0} $. Чтобы раскрыть ее, домножим числитель и знаменатель на выражение, сопряженное знаменателю, используя формулу разности кубов $ a^3 - b^3 = (a-b)(a^2+ab+b^2) $.
В нашем случае $ a = \sqrt[3]{1+x} $ и $ b = 1 $. Знаменатель имеет вид $ a-b $. Сопряженным выражением является неполный квадрат суммы $ a^2+ab+b^2 = (\sqrt[3]{1+x})^2 + \sqrt[3]{1+x} \cdot 1 + 1^2 = \sqrt[3]{(1+x)^2} + \sqrt[3]{1+x} + 1 $.
$ \lim_{x\to0} \frac{x(\sqrt[3]{(1+x)^2} + \sqrt[3]{1+x} + 1)}{(\sqrt[3]{1+x}-1)(\sqrt[3]{(1+x)^2} + \sqrt[3]{1+x} + 1)} $
Применив формулу в знаменателе, получим:
$ (\sqrt[3]{1+x})^3 - 1^3 = (1+x) - 1 = x $
Предел примет вид:
$ \lim_{x\to0} \frac{x(\sqrt[3]{(1+x)^2} + \sqrt[3]{1+x} + 1)}{x} $
Сокращаем дробь на $ x $ (так как $ x \neq 0 $):
$ \lim_{x\to0} (\sqrt[3]{(1+x)^2} + \sqrt[3]{1+x} + 1) $
Теперь подставляем $ x=0 $:
$ \sqrt[3]{(1+0)^2} + \sqrt[3]{1+0} + 1 = \sqrt[3]{1} + \sqrt[3]{1} + 1 = 1+1+1=3 $
Ответ: $ 3 $.

6.16. 1) $\lim_{x \to -\infty} \frac{x^2 - 2x + 3}{x^2 - 5x + 6}$;

2) $\lim_{x \to +\infty} \frac{x^2 - 3x + 2}{x^2 - 1}$;

3) $\lim_{x \to -\infty} \frac{3x^2 + 5x - 1}{5x^2 - 12x + 4}$;

4) $\lim_{x \to +\infty} \frac{2x^2 + 10}{25 - 5x - 3x^2}$.

1) Для нахождения предела рациональной функции при $x \to -\infty$, когда степени числителя и знаменателя равны, необходимо разделить каждый член числителя и знаменателя на $x$ в наивысшей степени. В данном случае это $x^2$.

$ \lim_{x \to -\infty} \frac{x^2 - 2x + 3}{x^2 - 5x + 6} = \lim_{x \to -\infty} \frac{\frac{x^2}{x^2} - \frac{2x}{x^2} + \frac{3}{x^2}}{\frac{x^2}{x^2} - \frac{5x}{x^2} + \frac{6}{x^2}} = \lim_{x \to -\infty} \frac{1 - \frac{2}{x} + \frac{3}{x^2}}{1 - \frac{5}{x} + \frac{6}{x^2}} $

При $x \to -\infty$, значения выражений $\frac{2}{x}$, $\frac{3}{x^2}$, $\frac{5}{x}$ и $\frac{6}{x^2}$ стремятся к нулю.

Подставив эти значения, получаем:

$ \frac{1 - 0 + 0}{1 - 0 + 0} = \frac{1}{1} = 1 $

Поскольку степени многочленов в числителе и знаменателе равны, предел равен отношению коэффициентов при старших степенях $x$. Коэффициенты при $x^2$ равны 1 и 1, следовательно, предел равен $1/1 = 1$.

Ответ: $1$

2) В данном случае степени многочленов в числителе и знаменателе также равны (обе равны 2). Разделим числитель и знаменатель на $x^2$.

$ \lim_{x \to +\infty} \frac{x^2 - 3x + 2}{x^2 - 1} = \lim_{x \to +\infty} \frac{\frac{x^2}{x^2} - \frac{3x}{x^2} + \frac{2}{x^2}}{\frac{x^2}{x^2} - \frac{1}{x^2}} = \lim_{x \to +\infty} \frac{1 - \frac{3}{x} + \frac{2}{x^2}}{1 - \frac{1}{x^2}} $

При $x \to +\infty$, выражения $\frac{3}{x}$, $\frac{2}{x^2}$ и $\frac{1}{x^2}$ стремятся к нулю.

Подставляем нулевые значения в предел:

$ \frac{1 - 0 + 0}{1 - 0} = \frac{1}{1} = 1 $

Предел также можно найти как отношение коэффициентов при старших степенях: $1/1 = 1$.

Ответ: $1$

3) Степени числителя и знаменателя равны 2. Для нахождения предела делим каждый член на $x^2$.

$ \lim_{x \to -\infty} \frac{3x^2 + 5x - 1}{5x^2 - 12x + 4} = \lim_{x \to -\infty} \frac{\frac{3x^2}{x^2} + \frac{5x}{x^2} - \frac{1}{x^2}}{\frac{5x^2}{x^2} - \frac{12x}{x^2} + \frac{4}{x^2}} = \lim_{x \to -\infty} \frac{3 + \frac{5}{x} - \frac{1}{x^2}}{5 - \frac{12}{x} + \frac{4}{x^2}} $

При $x \to -\infty$, выражения $\frac{5}{x}$, $\frac{1}{x^2}$, $\frac{12}{x}$ и $\frac{4}{x^2}$ стремятся к нулю.

Таким образом, предел равен:

$ \frac{3 + 0 - 0}{5 - 0 + 0} = \frac{3}{5} $

Предел равен отношению коэффициентов при старших степенях $x^2$: $3/5$.

Ответ: $\frac{3}{5}$

4) Степени многочленов в числителе и знаменателе равны 2. Разделим числитель и знаменатель на $x^2$.

$ \lim_{x \to +\infty} \frac{2x^2 + 10}{25 - 5x - 3x^2} = \lim_{x \to +\infty} \frac{\frac{2x^2}{x^2} + \frac{10}{x^2}}{\frac{25}{x^2} - \frac{5x}{x^2} - \frac{3x^2}{x^2}} = \lim_{x \to +\infty} \frac{2 + \frac{10}{x^2}}{\frac{25}{x^2} - \frac{5}{x} - 3} $

При $x \to +\infty$, выражения $\frac{10}{x^2}$, $\frac{25}{x^2}$ и $\frac{5}{x}$ стремятся к нулю.

Вычисляем значение предела:

$ \frac{2 + 0}{0 - 0 - 3} = \frac{2}{-3} = -\frac{2}{3} $

Предел равен отношению коэффициентов при старших степенях $x^2$: $2/(-3) = -2/3$.

Ответ: $-\frac{2}{3}$

6.17. 1) $\lim_{x\to0} \frac{\sin 4x}{2x}$;

2) $\lim_{x\to0} \frac{3x}{\sin 5x}$;

3) $\lim_{x\to0} \frac{\sin 4x}{\sin 5x}$;

4) $\lim_{x\to0} \frac{\sin mx}{\sin nx}$.

1) Для вычисления данного предела воспользуемся первым замечательным пределом: $ \lim_{u \to 0} \frac{\sin u}{u} = 1 $.
Преобразуем выражение под знаком предела так, чтобы можно было применить эту формулу. Аргумент синуса равен $4x$, поэтому нам нужно получить $4x$ в знаменателе. Для этого умножим и разделим знаменатель на 2:
$ \lim_{x \to 0} \frac{\sin 4x}{2x} = \lim_{x \to 0} \frac{\sin 4x}{2x \cdot \frac{2}{2}} = \lim_{x \to 0} \frac{\sin 4x}{4x} \cdot 2 $
Вынесем константу за знак предела:
$ 2 \cdot \lim_{x \to 0} \frac{\sin 4x}{4x} $
Сделаем замену переменной: пусть $ u = 4x $. Когда $ x \to 0 $, то и $ u \to 0 $.
$ 2 \cdot \lim_{u \to 0} \frac{\sin u}{u} = 2 \cdot 1 = 2 $
Ответ: $2$

2) Для решения этого примера также используется первый замечательный предел $ \lim_{u \to 0} \frac{\sin u}{u} = 1 $, а точнее, его следствие $ \lim_{u \to 0} \frac{u}{\sin u} = \lim_{u \to 0} \frac{1}{\frac{\sin u}{u}} = \frac{1}{1} = 1 $.
Преобразуем выражение. Аргумент синуса равен $5x$, поэтому в числителе нам нужен множитель $5x$. Умножим и разделим дробь на 5:
$ \lim_{x \to 0} \frac{3x}{\sin 5x} = \lim_{x \to 0} \frac{3x \cdot 5}{\sin 5x \cdot 5} = \lim_{x \to 0} \frac{5x}{\sin 5x} \cdot \frac{3}{5} $
Вынесем константу $ \frac{3}{5} $ за знак предела:
$ \frac{3}{5} \cdot \lim_{x \to 0} \frac{5x}{\sin 5x} $
Сделаем замену переменной: пусть $ u = 5x $. Когда $ x \to 0 $, то и $ u \to 0 $.
$ \frac{3}{5} \cdot \lim_{u \to 0} \frac{u}{\sin u} = \frac{3}{5} \cdot 1 = \frac{3}{5} $
Ответ: $ \frac{3}{5} $

3) Для нахождения этого предела преобразуем дробь, разделив числитель и знаменатель на $x$ (при $x \to 0$ мы имеем $x \neq 0$).
$ \lim_{x \to 0} \frac{\sin 4x}{\sin 5x} = \lim_{x \to 0} \frac{\frac{\sin 4x}{x}}{\frac{\sin 5x}{x}} $
Теперь воспользуемся свойством предела частного, которое равно частному пределов (если предел знаменателя не равен нулю):
$ \frac{\lim_{x \to 0} \frac{\sin 4x}{x}}{\lim_{x \to 0} \frac{\sin 5x}{x}} $
Вычислим предел в числителе, используя первый замечательный предел:
$ \lim_{x \to 0} \frac{\sin 4x}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{\sin 4x}{4x} \cdot 4 = 4 \cdot \lim_{x \to 0} \frac{\sin 4x}{4x} = 4 \cdot 1 = 4 $
Аналогично вычислим предел в знаменателе:
$ \lim_{x \to 0} \frac{\sin 5x}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{\sin 5x}{5x} \cdot 5 = 5 \cdot \lim_{x \to 0} \frac{\sin 5x}{5x} = 5 \cdot 1 = 5 $
Таким образом, искомый предел равен:
$ \frac{4}{5} $
Ответ: $ \frac{4}{5} $

4) Этот пример является обобщением предыдущего. Будем действовать аналогично, считая $m$ и $n$ константами ($n \neq 0$).
Разделим числитель и знаменатель на $x$ (поскольку $x \to 0$, то $x \neq 0$):
$ \lim_{x \to 0} \frac{\sin mx}{\sin nx} = \lim_{x \to 0} \frac{\frac{\sin mx}{x}}{\frac{\sin nx}{x}} $
Применим теорему о пределе частного:
$ \frac{\lim_{x \to 0} \frac{\sin mx}{x}}{\lim_{x \to 0} \frac{\sin nx}{x}} $
Найдем предел числителя, приведя его к первому замечательному пределу:
$ \lim_{x \to 0} \frac{\sin mx}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{\sin mx}{mx} \cdot m = m \cdot \lim_{x \to 0} \frac{\sin mx}{mx} = m \cdot 1 = m $
Аналогично для знаменателя:
$ \lim_{x \to 0} \frac{\sin nx}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{\sin nx}{nx} \cdot n = n \cdot \lim_{x \to 0} \frac{\sin nx}{nx} = n \cdot 1 = n $
Подставляя найденные значения, получаем результат:
$ \frac{m}{n} $
Ответ: $ \frac{m}{n} $

6.18. 1) $ \lim_{x \to 0} \frac{\text{tg } 2x}{x}; $

2) $ \lim_{x \to 0} \frac{bx}{\text{tg } ax}; $

3) $ \lim_{x \to 0} \frac{x - \sin 4x}{x}; $

4) $ \lim_{x \to 0} \frac{\sin 3x - \sin 6x}{10x}. $

1) Для вычисления предела $\lim_{x \to 0} \frac{\operatorname{tg} 2x}{x}$ воспользуемся следствием из первого замечательного предела, которое гласит, что $\lim_{u \to 0} \frac{\operatorname{tg} u}{u} = 1$.

Чтобы привести наш предел к этому виду, домножим и разделим выражение на 2:

$\lim_{x \to 0} \frac{\operatorname{tg} 2x}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{\operatorname{tg} 2x}{2x} \cdot 2$

Поскольку $\lim_{x \to 0} 2x = 0$, мы можем сделать замену $u = 2x$. Тогда предел $\lim_{x \to 0} \frac{\operatorname{tg} 2x}{2x}$ превращается в $\lim_{u \to 0} \frac{\operatorname{tg} u}{u}$, который равен 1.

Таким образом, получаем:

$\lim_{x \to 0} \frac{\operatorname{tg} 2x}{2x} \cdot 2 = 1 \cdot 2 = 2$

Ответ: 2

2) Рассмотрим предел $\lim_{x \to 0} \frac{bx}{\operatorname{tg} ax}$. Здесь мы также имеем неопределенность вида $\frac{0}{0}$ (при $a \neq 0$).

Снова используем следствие из первого замечательного предела $\lim_{u \to 0} \frac{\operatorname{tg} u}{u} = 1$. Чтобы его применить, преобразуем выражение. Разделим числитель и знаменатель на $x$ (что возможно, так как $x \to 0$, но $x \neq 0$), а затем умножим и разделим знаменатель на $a$:

$\lim_{x \to 0} \frac{bx}{\operatorname{tg} ax} = \lim_{x \to 0} \frac{b}{\frac{\operatorname{tg} ax}{x}} = \lim_{x \to 0} \frac{b}{\frac{\operatorname{tg} ax}{ax} \cdot a}$

Вынесем константы за знак предела:

$\frac{b}{a} \cdot \lim_{x \to 0} \frac{1}{\frac{\operatorname{tg} ax}{ax}}$

Так как при $x \to 0$ выражение $ax \to 0$, то $\lim_{x \to 0} \frac{\operatorname{tg} ax}{ax} = 1$.

В итоге получаем:

$\frac{b}{a} \cdot \frac{1}{1} = \frac{b}{a}$

Ответ: $\frac{b}{a}$

3) Для вычисления предела $\lim_{x \to 0} \frac{x - \sin 4x}{x}$ разделим числитель почленно на знаменатель:

$\lim_{x \to 0} \left( \frac{x}{x} - \frac{\sin 4x}{x} \right) = \lim_{x \to 0} \left( 1 - \frac{\sin 4x}{x} \right)$

Используя свойство предела разности, получаем:

$\lim_{x \to 0} 1 - \lim_{x \to 0} \frac{\sin 4x}{x}$

Первый предел равен 1. Для вычисления второго предела воспользуемся первым замечательным пределом $\lim_{u \to 0} \frac{\sin u}{u} = 1$. Преобразуем выражение, домножив и разделив его на 4:

$\lim_{x \to 0} \frac{\sin 4x}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{\sin 4x}{4x} \cdot 4$

Поскольку при $x \to 0$ выражение $4x \to 0$, то $\lim_{x \to 0} \frac{\sin 4x}{4x} = 1$.

Таким образом, $\lim_{x \to 0} \frac{\sin 4x}{x} = 1 \cdot 4 = 4$.

Подставляем найденное значение в исходное выражение:

$1 - 4 = -3$

Ответ: -3

4) Рассмотрим предел $\lim_{x \to 0} \frac{\sin 3x - \sin 6x}{10x}$. Это неопределенность вида $\frac{0}{0}$.

Разделим выражение на два предела:

$\lim_{x \to 0} \left( \frac{\sin 3x}{10x} - \frac{\sin 6x}{10x} \right) = \lim_{x \to 0} \frac{\sin 3x}{10x} - \lim_{x \to 0} \frac{\sin 6x}{10x}$

Вычислим каждый предел по отдельности, используя первый замечательный предел $\lim_{u \to 0} \frac{\sin u}{u} = 1$.

Для первого предела:

$\lim_{x \to 0} \frac{\sin 3x}{10x} = \lim_{x \to 0} \frac{\sin 3x}{3x} \cdot \frac{3}{10} = 1 \cdot \frac{3}{10} = \frac{3}{10}$

Для второго предела:

$\lim_{x \to 0} \frac{\sin 6x}{10x} = \lim_{x \to 0} \frac{\sin 6x}{6x} \cdot \frac{6}{10} = 1 \cdot \frac{6}{10} = \frac{6}{10}$

Теперь вычтем второй результат из первого:

$\frac{3}{10} - \frac{6}{10} = -\frac{3}{10}$

Ответ: $-\frac{3}{10}$

6.19. 1) $lim_{x \to \frac{\pi}{3}} \frac{\sin \left(x - \frac{\pi}{3}\right)}{x - \frac{\pi}{3}};$

2) $lim_{x \to -\frac{\pi}{4}} \frac{\sin \left(\frac{\pi}{4} + x\right)}{4x + \pi};$

3) $lim_{x \to 1} \frac{x - 1}{\operatorname{ctg} \frac{\pi x}{2}};$

4) $lim_{x \to \frac{\pi}{3}} \frac{\sin \left(x - \frac{\pi}{3}\right)}{1 - 2 \cos x}.$

1) Найдем предел $\lim_{x \to \frac{\pi}{3}} \frac{\sin(x - \frac{\pi}{3})}{x - \frac{\pi}{3}}$.
Это предел вида $\frac{0}{0}$. Мы можем использовать первый замечательный предел $\lim_{y \to 0} \frac{\sin y}{y} = 1$.
Сделаем замену переменной. Пусть $t = x - \frac{\pi}{3}$.
Когда $x \to \frac{\pi}{3}$, то $t \to \frac{\pi}{3} - \frac{\pi}{3} = 0$.
Подставляя новую переменную, получаем:
$\lim_{t \to 0} \frac{\sin t}{t} = 1$.
Ответ: $1$

2) Найдем предел $\lim_{x \to -\frac{\pi}{4}} \frac{\sin(\frac{\pi}{4} + x)}{4x + \pi}$.
При подстановке $x = -\frac{\pi}{4}$ в числитель и знаменатель получаем неопределенность вида $\frac{0}{0}$.
$ \sin(\frac{\pi}{4} - \frac{\pi}{4}) = \sin 0 = 0 $
$ 4(-\frac{\pi}{4}) + \pi = -\pi + \pi = 0 $
Преобразуем знаменатель, чтобы выделить выражение, совпадающее с аргументом синуса:
$ 4x + \pi = 4(x + \frac{\pi}{4}) $
Тогда предел можно переписать в виде:
$\lim_{x \to -\frac{\pi}{4}} \frac{\sin(x + \frac{\pi}{4})}{4(x + \frac{\pi}{4})} = \frac{1}{4} \lim_{x \to -\frac{\pi}{4}} \frac{\sin(x + \frac{\pi}{4})}{x + \frac{\pi}{4}}$
Сделаем замену переменной. Пусть $t = x + \frac{\pi}{4}$. Когда $x \to -\frac{\pi}{4}$, то $t \to 0$.
Предел принимает вид:
$\frac{1}{4} \lim_{t \to 0} \frac{\sin t}{t} = \frac{1}{4} \cdot 1 = \frac{1}{4}$.
Ответ: $\frac{1}{4}$

3) Найдем предел $\lim_{x \to 1} \frac{x-1}{\text{ctg} \frac{\pi x}{2}}$.
При подстановке $x=1$ получаем неопределенность вида $\frac{0}{0}$, так как $1-1=0$ и $\text{ctg} \frac{\pi}{2} = 0$.
Сделаем замену переменной. Пусть $t = x - 1$, тогда $x = t + 1$. Когда $x \to 1$, то $t \to 0$.
Предел принимает вид:
$\lim_{t \to 0} \frac{t}{\text{ctg} \frac{\pi(t+1)}{2}} = \lim_{t \to 0} \frac{t}{\text{ctg}(\frac{\pi t}{2} + \frac{\pi}{2})}$
Используем формулу приведения $\text{ctg}(\alpha + \frac{\pi}{2}) = -\text{tg} \alpha$:
$\lim_{t \to 0} \frac{t}{-\text{tg}(\frac{\pi t}{2})} = -\lim_{t \to 0} \frac{t}{\text{tg}(\frac{\pi t}{2})}$
Теперь воспользуемся эквивалентностью бесконечно малых: при $u \to 0$, $\text{tg} u \sim u$. В нашем случае $u = \frac{\pi t}{2}$.
$-\lim_{t \to 0} \frac{t}{\frac{\pi t}{2}} = -\lim_{t \to 0} \frac{2t}{\pi t} = -\frac{2}{\pi}$.
Другой способ - использовать предел $\lim_{u \to 0} \frac{\text{tg} u}{u} = 1$:
$-\lim_{t \to 0} \frac{1}{\frac{\text{tg}(\frac{\pi t}{2})}{t}} = -\lim_{t \to 0} \frac{1}{\frac{\text{tg}(\frac{\pi t}{2})}{\frac{\pi t}{2}} \cdot \frac{\pi}{2}} = -\frac{1}{1 \cdot \frac{\pi}{2}} = -\frac{2}{\pi}$.
Ответ: $-\frac{2}{\pi}$

4) Найдем предел $\lim_{x \to \frac{\pi}{3}} \frac{\sin(x - \frac{\pi}{3})}{1 - 2 \cos x}$.
При подстановке $x = \frac{\pi}{3}$ получаем неопределенность вида $\frac{0}{0}$, так как $\sin(\frac{\pi}{3} - \frac{\pi}{3}) = \sin 0 = 0$ и $1 - 2\cos\frac{\pi}{3} = 1 - 2 \cdot \frac{1}{2} = 0$.
Сделаем замену переменной. Пусть $t = x - \frac{\pi}{3}$, тогда $x = t + \frac{\pi}{3}$. Когда $x \to \frac{\pi}{3}$, то $t \to 0$.
Предел принимает вид:
$\lim_{t \to 0} \frac{\sin t}{1 - 2\cos(t + \frac{\pi}{3})}$
Используем формулу косинуса суммы $\cos(\alpha + \beta) = \cos\alpha \cos\beta - \sin\alpha \sin\beta$ для знаменателя:
$1 - 2\cos(t + \frac{\pi}{3}) = 1 - 2(\cos t \cos\frac{\pi}{3} - \sin t \sin\frac{\pi}{3}) = 1 - 2(\cos t \cdot \frac{1}{2} - \sin t \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}) = 1 - \cos t + \sqrt{3}\sin t$.
Предел становится:
$\lim_{t \to 0} \frac{\sin t}{1 - \cos t + \sqrt{3}\sin t}$
Применим формулы половинного угла: $\sin t = 2\sin\frac{t}{2}\cos\frac{t}{2}$ и $1 - \cos t = 2\sin^2\frac{t}{2}$.
$\lim_{t \to 0} \frac{2\sin\frac{t}{2}\cos\frac{t}{2}}{2\sin^2\frac{t}{2} + \sqrt{3} \cdot 2\sin\frac{t}{2}\cos\frac{t}{2}}$
Вынесем общий множитель $2\sin\frac{t}{2}$ в знаменателе:
$\lim_{t \to 0} \frac{2\sin\frac{t}{2}\cos\frac{t}{2}}{2\sin\frac{t}{2}(\sin\frac{t}{2} + \sqrt{3}\cos\frac{t}{2})}$
Сократим на $2\sin\frac{t}{2}$ (поскольку $t \to 0$, но $t \neq 0$):
$\lim_{t \to 0} \frac{\cos\frac{t}{2}}{\sin\frac{t}{2} + \sqrt{3}\cos\frac{t}{2}}$
Теперь подставим $t = 0$:
$\frac{\cos 0}{\sin 0 + \sqrt{3}\cos 0} = \frac{1}{0 + \sqrt{3} \cdot 1} = \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{3}$.
Ответ: $\frac{\sqrt{3}}{3}$

6.20. Докажите равенство $\lim_{x \to 1} \frac{x^m - 1}{x^n - 1} = \frac{m}{n}, (m, n \in N)$.

Для доказательства равенства $\lim_{x \to 1} \frac{x^m - 1}{x^n - 1} = \frac{m}{n}$, где $m, n \in \mathbb{N}$, необходимо вычислить предел в левой части. При прямой подстановке $x=1$ в выражение возникает неопределенность вида $\frac{0}{0}$. Эту неопределенность можно раскрыть несколькими способами.

Решение 1: С помощью разложения на множители

Воспользуемся известной формулой для разности степеней: $a^k - 1 = (a-1)(a^{k-1} + a^{k-2} + \dots + a + 1)$.

Применим эту формулу к числителю и знаменателю дроби:

Числитель: $x^m - 1 = (x-1)(x^{m-1} + x^{m-2} + \dots + x + 1)$.

Знаменатель: $x^n - 1 = (x-1)(x^{n-1} + x^{n-2} + \dots + x + 1)$.

Подставим эти разложения в исходный предел:

$\lim_{x \to 1} \frac{x^m - 1}{x^n - 1} = \lim_{x \to 1} \frac{(x-1)(x^{m-1} + x^{m-2} + \dots + x + 1)}{(x-1)(x^{n-1} + x^{n-2} + \dots + x + 1)}$

Поскольку $x$ стремится к 1, но не равен 1 ($x \neq 1$), мы можем сократить на общий множитель $(x-1)$:

$\lim_{x \to 1} \frac{x^{m-1} + x^{m-2} + \dots + x + 1}{x^{n-1} + x^{n-2} + \dots + x + 1}$

Теперь неопределенность устранена, и мы можем подставить $x=1$ в оставшееся выражение. Сумма в числителе состоит из $m$ слагаемых, каждое из которых равно 1. Сумма в знаменателе состоит из $n$ слагаемых, каждое из которых также равно 1.

$\frac{\overbrace{1 + 1 + \dots + 1}^{m \text{ слагаемых}}}{\underbrace{1 + 1 + \dots + 1}_{n \text{ слагаемых}}} = \frac{m}{n}$

Таким образом, исходное равенство доказано.

Ответ: Равенство $\lim_{x \to 1} \frac{x^m - 1}{x^n - 1} = \frac{m}{n}$ доказано с помощью разложения на множители.

Решение 2: С помощью правила Лопиталя

Так как предел имеет неопределенность вида $\frac{0}{0}$, мы можем применить правило Лопиталя. Для этого найдем производные числителя и знаменателя по переменной $x$.

Производная числителя: $(x^m - 1)' = mx^{m-1}$.

Производная знаменателя: $(x^n - 1)' = nx^{n-1}$.

Согласно правилу Лопиталя, исходный предел равен пределу отношения производных:

$\lim_{x \to 1} \frac{x^m - 1}{x^n - 1} = \lim_{x \to 1} \frac{mx^{m-1}}{nx^{n-1}}$

Теперь подставим предельное значение $x=1$ в полученное выражение:

$\frac{m \cdot 1^{m-1}}{n \cdot 1^{n-1}} = \frac{m \cdot 1}{n \cdot 1} = \frac{m}{n}$

Этот результат подтверждает исходное равенство.

Ответ: Равенство $\lim_{x \to 1} \frac{x^m - 1}{x^n - 1} = \frac{m}{n}$ доказано с помощью правила Лопиталя.

6.21. Докажите формулу $lim_{x\to 0} \frac{\sin x}{x} = 1$.

Для доказательства этой формулы, известной как первый замечательный предел, мы воспользуемся геометрическим методом и теоремой о двух милиционерах (также известной как теорема о сжатии или сэндвич-теорема).

Рассмотрим единичную окружность с центром в начале координат $O$. Пусть угол $x$ измеряется в радианах. Для доказательства сначала рассмотрим случай, когда $x$ — малый положительный угол, то есть $0 < x < \pi/2$. Построим соответствующий чертеж.

На рисунке изображен сектор единичной окружности $OAP$. $A$ — точка $(1,0)$. $P$ — точка на окружности, такая что угол $\angle AOP = x$ радиан. $PB$ — перпендикуляр, опущенный из точки $P$ на ось $Ox$. В прямоугольном треугольнике $OPB$, катет $PB = OP \cdot \sin x = 1 \cdot \sin x = \sin x$. $AD$ — отрезок касательной к окружности в точке $A$. В прямоугольном треугольнике $OAD$, катет $AD = OA \cdot \tan x = 1 \cdot \tan x = \tan x$. Длина дуги $AP$ по определению радианной меры угла равна $R \cdot x = 1 \cdot x = x$. На рисунке красным цветом выделен отрезок, равный $\sin x$, зеленым — дуга, равная $x$, и синим — отрезок, равный $\tan x$.

Из рисунка геометрически очевидно, что длина отрезка $PB$ меньше длины дуги $AP$, а длина дуги $AP$ меньше длины отрезка $AD$. Таким образом, мы получаем двойное неравенство:

$$ \sin x < x < \tan x $$

Поскольку мы рассматриваем случай $0 < x < \pi/2$, то $\sin x > 0$. Разделим все части неравенства на $\sin x$:

$$ \frac{\sin x}{\sin x} < \frac{x}{\sin x} < \frac{\tan x}{\sin x} $$

Учитывая, что $\tan x = \frac{\sin x}{\cos x}$, получаем:

$$ 1 < \frac{x}{\sin x} < \frac{1}{\cos x} $$

Теперь возьмем обратные величины для всех частей неравенства. При этом знаки неравенства изменятся на противоположные:

$$ \cos x < \frac{\sin x}{x} < 1 $$

Это неравенство справедливо для всех $x$ из интервала $(0, \pi/2)$. Теперь найдем пределы левой и правой частей неравенства при $x \to 0^+$:

$$ \lim_{x \to 0^+} \cos x = \cos 0 = 1 $$

$$ \lim_{x \to 0^+} 1 = 1 $$

Так как функция $\frac{\sin x}{x}$ заключена между двумя функциями, пределы которых при $x \to 0^+$ равны 1, то по теореме о двух милиционерах, предел нашей функции также равен 1:

$$ \lim_{x \to 0^+} \frac{\sin x}{x} = 1 $$

Теперь рассмотрим случай, когда $x \to 0^-$. Пусть $x = -y$, где $y > 0$. Когда $x \to 0^-$, то $y \to 0^+$. Тогда, используя нечетность функции синус ($\sin(-y) = -\sin y$):

$$ \lim_{x \to 0^-} \frac{\sin x}{x} = \lim_{y \to 0^+} \frac{\sin(-y)}{-y} = \lim_{y \to 0^+} \frac{-\sin y}{-y} = \lim_{y \to 0^+} \frac{\sin y}{y} $$

Как мы уже доказали, этот предел равен 1. Следовательно,

$$ \lim_{x \to 0^-} \frac{\sin x}{x} = 1 $$

Поскольку односторонние пределы слева и справа равны и существуют, то существует и двусторонний предел, который также равен 1.

$$ \lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = 1 $$

Что и требовалось доказать.

Ответ: Формула $\lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = 1$ доказана с помощью геометрического метода, основанного на сравнении длины дуги и длин отрезков в единичной окружности, и последующего применения теоремы о двух милиционерах (теоремы о сжатии).