2. Используя правило Лопиталя, найдите следующие пределы: а) lim при x→2 (x³ − 4x² + 4x)/(x³ − 12x + 16); б) lim при x→1 (x − 1)/(x² − 1); в) lim при x→π/2 cos 3x/cos x; г) lim при x→1 ln x/(x − 1); д) lim при x→0+ x² ln x; е) lim при x→0 (eˣ + e⁻ˣ − 2)/(1 − cos 2x); ж) lim при x→0+ (ln sin x)/(ln sin 5x); з) lim при x→π/4 (∛(tg x) − 1)/(2sin²x − 1); и) lim при x→0+ ∛x ln x; к) lim при x→1 (5/(x² − 1) − 7/(x³ − 1)); л) lim при x→0 (1/sin x − 1/x); м) lim при x→π/2 (sin x)^(tg x).

Question

Вопрос:

Фото задания

2. Используя правило Лопиталя, найдите следующие пределы: а) lim при x→2 (x³ − 4x² + 4x)/(x³ − 12x + 16); б) lim при x→1 (x − 1)/(x² − 1); в) lim при x→π/2 cos 3x/cos x; г) lim при x→1 ln x/(x − 1); д) lim при x→0+ x² ln x; е) lim при x→0 (eˣ + e⁻ˣ − 2)/(1 − cos 2x); ж) lim при x→0+ (ln sin x)/(ln sin 5x); з) lim при x→π/4 (∛(tg x) − 1)/(2sin²x − 1); и) lim при x→0+ ∛x ln x; к) lim при x→1 (5/(x² − 1) − 7/(x³ − 1)); л) lim при x→0 (1/sin x − 1/x); м) lim при x→π/2 (sin x)^(tg x).

Accepted Answer

а) Получаем неопределённость \(\frac00\). Разложим на множители:

\[\frac{x^3-4x^2+4x}{x^3-12x+16}=\frac{x(x-2)^2}{(x-2)^2(x+4)}=\frac{x}{x+4}.\]

Следовательно, \(\displaystyle\lim_{x\to2}\frac{x}{x+4}=\frac{2}{6}=\frac13\).

б) По правилу Лопиталя:

\[\lim_{x\to1}\frac{x-1}{x^2-1}=\lim_{x\to1}\frac{1}{2x}=\frac12.\]

в) Так как \(\cos\frac\pi2=0\), применяем тождество \(\cos3x=4\cos^3x-3\cos x\):

\[\lim_{x\to\frac\pi2}\frac{\cos3x}{\cos x}=\lim_{x\to\frac\pi2}(4\cos^2x-3)=-3.\]

г) По правилу Лопиталя:

\[\lim_{x\to1}\frac{\ln x}{x-1}=\lim_{x\to1}\frac{1/x}{1}=1.\]

д) Представим выражение как дробь:

\[x^2\ln x=\frac{\ln x}{1/x^2}.\]

По правилу Лопиталя:

\[\lim_{x\to0+}\frac{\ln x}{1/x^2}=\lim_{x\to0+}\frac{1/x}{-2/x^3}=\lim_{x\to0+}-\frac{x^2}{2}=0.\]

е) При \(x\to0\) имеем неопределённость \(\frac00\). Дважды применяем правило Лопиталя:

\[\lim_{x\to0}\frac{e^x+e^{-x}-2}{1-\cos2x}=\lim_{x\to0}\frac{e^x-e^{-x}}{2\sin2x}=\lim_{x\to0}\frac{e^x+e^{-x}}{4\cos2x}=\frac{2}{4}=\frac12.\]

ж) Применим правило Лопиталя:

\[\lim_{x\to0+}\frac{\ln\sin x}{\ln\sin5x}=\lim_{x\to0+}\frac{\cot x}{5\cot5x}=\lim_{x\to0+}\frac{\cos x\sin5x}{5\sin x\cos5x}=1.\]

з) Обозначим \(u=\tan x\). Тогда при \(x\to\frac\pi4\) имеем \(u\to1\), а

\[2\sin^2x-1=\frac{u^2-1}{u^2+1}.\]

Следовательно,

\[\lim_{u\to1}\frac{u^{1/3}-1}{(u^2-1)/(u^2+1)}=\lim_{u\to1}\frac{u^{1/3}-1}{u-1}\cdot\frac{u^2+1}{u+1}=\frac13\cdot1=\frac13.\]

и) Представим выражение в виде дроби и применим правило Лопиталя:

\[\lim_{x\to0+}\sqrt[3]{x}\ln x=\lim_{x\to0+}\frac{\ln x}{1/\sqrt[3]{x}}=\lim_{x\to0+}\frac{1/x}{-\frac13x^{-4/3}}=\lim_{x\to0+}-3x^{1/3}=0.\]

к) Приведём к общему знаменателю:

\[\frac5{x^2-1}-\frac7{x^3-1}=\frac{5x^2-2x-2}{(x-1)(x+1)(x^2+x+1)}.\]

При \(x\to1\) числитель стремится к \(1\), а знаменатель — к \(6(x-1)\). Поэтому справа предел равен \(+\infty\), слева — \(-\infty\). Двустороннего предела не существует.

л) По правилу Лопиталя:

\[\lim_{x\to0}\left(\frac1{\sin x}-\frac1x\right)=\lim_{x\to0}\frac{x-\sin x}{x\sin x}=\lim_{x\to0}\frac{1-\cos x}{\sin x+x\cos x}=0.\]

м) Обозначим предел через \(L\) и прологарифмируем выражение:

\[\ln L=\lim_{x\to\frac\pi2}\tan x\cdot\ln(\sin x).\]

Пусть \(h=x-\frac\pi2\). Тогда \(\tan x\sim-\frac1h\), а \(\ln(\sin x)\sim-\frac{h^2}{2}\). Поэтому произведение стремится к нулю:

\[\ln L=0,\qquad L=e^0=1.\]

Ответ: а) \(\frac13\); б) \(\frac12\); в) \(-3\); г) \(1\); д) \(0\); е) \(\frac12\); ж) \(1\); з) \(\frac13\); и) \(0\); к) двустороннего предела не существует; л) \(0\); м) \(1\).