Пример 1

Найти предел \(\lim\limits_{x \to 0} \large\frac{{\ln \left( {1 + 4x} \right)}}{{\sin 3x}}\normalsize\). Используем формулы: \[\ln \left( {1 + \alpha } \right) \sim \alpha ,\;\;\;\sin \alpha \sim \alpha .\] Тогда \[\lim\limits_{x \to 0} \frac{{\ln \left( {1 + 4x} \right)}}{{\sin 3x}} = \lim\limits_{x \to 0} \frac{{4x}}{{3x}} = \frac{4}{3}.\]

Пример 2

Найти предел \(\lim\limits_{x \to 0} \large\frac{{\sqrt[3]{{1 + x}} - 1}}{x}\normalsize\). Поскольку \(\sqrt[\large 3\normalsize]{{1 + x}} \sim 1 + \large\frac{x}{3}\normalsize\), то предел можно переписать в следующем виде: \[ {\lim\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt[\large 3\normalsize]{{1 + x}} - 1}}{x} } = {\lim\limits_{x \to 0} \frac{{{{\left( {1 + x} \right)}^{\large\frac{1}{3}\normalsize}} - 1}}{x} } = {\lim\limits_{x \to 0} \frac{{1 + \frac{x}{3} - 1}}{x} } = {\frac{1}{3}\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{x}{x} = \frac{1}{3}.} \]

Пример 3

Найти предел \(\lim\limits_{t \to 0} \large\frac{{1 - \cos \left( {1 - \cos t} \right)}}{{{{\sin }^2}{t^2}}}\normalsize\). Известно, что \(\cos t \sim 1 - \large\frac{{{t^2}}}{2}\normalsize\) и \(\sin t \sim t\) при \(t \to 0\). Следовательно, \[ {\lim\limits_{t \to 0} \frac{{1 - \cos \left( {1 - \cos t} \right)}}{{{{\sin }^2}{t^2}}} } = {\lim\limits_{t \to 0} \frac{{1 - \cos \left( {1 - 1 + \large\frac{{{t^2}}}{2}\normalsize} \right)}}{{{{\left( {\sin {t^2}} \right)}^2}}} } = {\lim\limits_{t \to 0} \frac{{1 - \cos \large\frac{{{t^2}}}{2}\normalsize}}{{{{\left( {{t^2}} \right)}^2}}} } = {\lim\limits_{t \to 0} \frac{{1 - \left[ {1 - \frac{1}{2}{{\left( {\frac{{{t^2}}}{2}\normalsize} \right)}^2}} \right]}}{{{t^4}}} } = {\lim\limits_{t \to 0} \frac{{\frac{{{t^4}}}{8}}}{{{t^4}}} = \frac{1}{8}.} \]

Пример 4

Найти предел \(\lim\limits_{x \to 0} \large\frac{{\sqrt {1 + 2x + 3{x^2}} - 1}}{x}\normalsize\). Заменяя квадратный корень на эквивалентную бесконечно малую функцию, получаем \[ {\lim\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt {1 + 2x + 3{x^2}} - 1}}{x} } = {\lim\limits_{x \to 0} \frac{{1 + \frac{{2x + 3{x^2}}}{2} - 1}}{x} } = {\frac{1}{2}\lim\limits_{x \to 0} \frac{{2x + 3{x^2}}}{x} } = {\frac{1}{2}\lim\limits_{x \to 0} \left( {2 + 3x} \right) = \frac{1}{2} \cdot 2 = 1.} \]

Пример 5

Найти предел \(\lim\limits_{x \to e} \large\frac{{\ln \left( {\ln x} \right)}}{{x - e}}\normalsize\). Применим формулу \(\ln \left( {1 + \alpha } \right) \sim \alpha \) при \(\alpha \to 0\). В результате предел преобразуется следующим образом: \[\require{cancel} {\lim\limits_{x \to e} \frac{{\ln \left( {\ln x} \right)}}{{x - e}} } = {\lim\limits_{x \to e} \frac{{\ln \left( {\ln x + 1 - 1} \right)}}{{x - e}} } = {\lim\limits_{x \to e} \frac{{\ln \left[ {1 + \left( {\ln x - 1} \right)} \right]}}{{x - e}} } = {\lim\limits_{x \to e} \frac{{\ln x - 1}}{{x - e}} } = {\lim\limits_{x \to e} \frac{{\ln x - \ln e}}{{x - e}} } = {\lim\limits_{x \to e} \frac{{\ln \frac{x}{e}}}{{x - e}} } = {\lim\limits_{x \to e} \frac{{\ln \left[ {1 + \left( {\frac{x}{e} - 1} \right)} \right]}}{{x - e}} } = {\lim\limits_{x \to e} \frac{{\frac{x}{e} - 1}}{{x - e}} } = {\lim\limits_{x \to e} \frac{{\frac{{x - e}}{e}}}{{x - e}} } = {\frac{1}{e}\lim\limits_{x \to e} \frac{\cancel{x - e}}{\cancel{x - e}} = \frac{1}{e}.} \]

Пример 6

Вычислить предел \(\lim\limits_{x \to \pi } \large\frac{{1 + \cos x}}{{{{\left( {x - \pi } \right)}^2}}}\normalsize\). Заменим переменную: \(x -\pi = y\). Здесь \(y \to 0\), если \(x \to \pi\). Тогда предел равен \[L = \lim\limits_{x \to \pi } \frac{{1 + \cos x}}{{{{\left( {x - \pi } \right)}^2}}} = \lim\limits_{y \to 0} \frac{{1 + \cos \left( {y + \pi } \right)}}{{{y^2}}}.\] Применяя формулу приведения \(\cos \left( {y + \pi } \right) = - \cos y\), получаем \[L = \lim\limits_{y \to 0} \frac{{1 - \cos y}}{{{y^2}}}.\] Наконец, заменяя косинус эквивалентным бесконечно малым выражением \(1 - \cos y \sim \large\frac{{{y^2}}}{2}\normalsize\), находим предел: \[L = \lim\limits_{y \to 0} \frac{{1 - \cos y}}{{{y^2}}} = \lim\limits_{y \to 0} \frac{{\large\frac{{{y^2}}}{2}\normalsize}}{{{y^2}}} = \frac{1}{2}.\]

Пример 7

Вычислить предел \(\lim\limits_{x \to 2} \large\frac{{{{\log }_2}x - 1}}{{x - 2}}\normalsize\). Используя эквивалентное бесконечно малое выражение для логарифма: \(\ln \left( {1 + \alpha } \right) \sim \alpha \) при \(\alpha \to 0\), получаем \[ {\lim\limits_{x \to 2} \frac{{{{\log }_2}x - 1}}{{x - 2}} } = {\lim\limits_{x \to 2} \frac{{{{\log }_2}x - {{\log }_2}2}}{{x - 2}} } = {\lim\limits_{x \to 2} \frac{{{{\log }_2}\frac{x}{2}}}{{x - 2}} } = {\lim\limits_{x \to 2} \frac{{\frac{{\ln \left( {x/2} \right)}}{{\ln 2}}}}{{x - 2}} } = {\frac{1}{{\ln 2}}\lim\limits_{x \to 2} \frac{{\ln \left( {x/2} \right)}}{{x - 2}} } = {\frac{1}{{\ln 2}}\lim\limits_{x \to 2} \frac{{\ln \left[ {1 + \left( {\frac{x}{2} - 1} \right)} \right]}}{{x - 2}} } = {\frac{1}{{\ln 2}}\lim\limits_{x \to 2} \frac{{\frac{x}{2} - 1}}{{x - 2}} } = {\frac{1}{{2\ln 2}}\lim\limits_{x \to 2} \frac{\cancel{x - 2}}{\cancel{x - 2}} = \frac{1}{{2\ln 2}}.} \]

Пример 8

Вычислить предел \(\lim\limits_{x \to 1} \large\frac{{\sin \left( {x - 1} \right)}}{{{x^4} - 1}}\normalsize\). Пусть \(x -1 = t\). Тогда \(t \to 0\) при \(x \to 1\). Предел становится равным \[L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\sin \left( {x - 1} \right)}}{{{x^4} - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to 0} \frac{{\sin t}}{{{{\left( {t + 1} \right)}^4} - 1}}.\] Далее используем алгебраическое тождество \[{\left( {t + 1} \right)^4} = {t^4} + 4{t^3} + 6{t^2} + 4t + 1\] и находим предел \[ {L = \lim\limits_{t \to 0} \frac{{\sin t}}{{{{\left( {t + 1} \right)}^4} - 1}} } = {\lim\limits_{t \to 0} \frac{{\sin t}}{{\left( {{t^4} + 4{t^3} + 6{t^2} + 4t + 1} \right) - 1}} } = {\left[ {\sin t \sim t} \right] = \lim\limits_{t \to 0} \frac{\cancel{t}}{{\cancel{t}\left( {{t^3} + 4{t^2} + 6t + 4} \right)}} } = {\lim\limits_{t \to 0} \frac{1}{{{t^3} + 4{t^2} + 6t + 4}} = \frac{1}{4}.} \]

Пример 9

Вычислить предел \(\lim\limits_{x \to 0} \large\frac{{\ln \cos x}}{{\sqrt[3]{{1 + {x^2}}} - 1}}\normalsize\). Используем следующие эквивалентные выражения для бесконечно малых функций: \[\sqrt[k]{{1 + \alpha }} \sim 1 + \frac{\alpha }{k},\;\; {\ln \left( {1 + \alpha } \right) \sim \alpha \;\;\text{при}\;\;\alpha \to 0.} \] Тогда предел можно записать в виде \[ {L = \lim\limits_{x \to 0} \frac{{\ln \cos x}}{{\sqrt[\large 3\normalsize]{{1 + {x^2}}} - 1}} } = {\lim\limits_{x \to 0} \frac{{\ln \left[ {1 + \left( {\cos x - 1} \right)} \right]}}{{\left( {1 + \large\frac{{{x^2}}}{3}}\normalsize \right) - 1}} } = {\lim\limits_{x \to 0} \frac{{\cos x - 1}}{{{x^2}/3}} } = { - 3\lim\limits_{x \to 0} \frac{{1 - \cos x}}{{{x^2}}}.} \] Заменяя \(1 - \cos x \sim \large\frac{{{x^2}}}{2}\normalsize\), получаем окончательный ответ \[ {L = - 3\lim\limits_{x \to 0} \frac{{1 - \cos x}}{{{x^2}}} } = { - 3\lim\limits_{x \to 0} \frac{{{x^2}/2}}{{{x^2}}} } = { - \frac{3}{2}\lim\limits_{x \to 0} \frac{{\cancel{x^2}}}{{\cancel{x^2}}} = - \frac{3}{2}.} \]

Пример 10

Вычислить предел \(\lim\limits_{t \to a} {\left( {\large\frac{{\sin t}}{{\sin a}}\normalsize} \right)^{\large\frac{1}{{t - a}}\normalsize}}\). Сделаем замену переменной: \(t - a = y\;\;\), \( \Rightarrow y \to 0\) при \(t \to a\). Тогда предел через новую переменную \(y\) записывается в виде \[ {L = \lim\limits_{t \to a} {\left( {\frac{{\sin t}}{{\sin a}}} \right)^{\large\frac{1}{{t - a}}\normalsize}} } = {\lim\limits_{y \to 0} {\left( {\frac{{\sin \left( {y + a} \right)}}{{\sin a}}} \right)^{\large\frac{1}{y}\normalsize}} } = {\lim\limits_{y \to 0} {\left( {\frac{{\sin y\cos a + \cos y\sin a}}{{\sin a}}} \right)^{\large\frac{1}{y}\normalsize}} } = {\lim\limits_{y \to 0} {\left( {\cos y + \sin y\cot a} \right)^{\large\frac{1}{y}\normalsize}}.}\qquad \] Заменим функции косинус и синус их эквивалентными бесконечно малыми выражениями по формулам \(\cos y \sim 1 - \large\frac{{{y^2}}}{2}\normalsize\), \(\sin y \sim y\). Предел становится равным \[ {L = \lim\limits_{y \to 0} {\left( {\cos y + \sin y\cot a} \right)^{\large\frac{1}{y}\normalsize}} } = {\lim\limits_{y \to 0} {\left( {1 - \frac{{{y^2}}}{2} + y\cot a} \right)^{\large\frac{1}{y}\normalsize}}.} \] Мы ограничимся учетом бесконечно малых первого порядка малости и пренебрежем бесконечно малыми второго порядка \({\large\frac{{{y^2}}}{2}}\normalsize\). В результате, получаем окончательный ответ \[ {L = \lim\limits_{y \to 0} {\left( {1 - \frac{{{y^2}}}{2} + y\cot a} \right)^{\large\frac{1}{y}\normalsize}} } = {\lim\limits_{y \to 0} {\left( {1 + y\cot a} \right)^{\large\frac{1}{y}\normalsize}} } = {\lim\limits_{y \to 0} {\left( {1 + y\cot a} \right)^{\large\frac{{\cot a}}{{y\cot a}}\normalsize}} } = {{\left[ {\lim\limits_{y\cot a \to 0} {{\left( {1 + y\cot a} \right)}^{\large\frac{1}{{y\cot a}}\normalsize}}} \right]^{\cot a}} = {e^{\cot a}}.} \]