AMKbook.Net Задачи должны иметь решение
Реклама

Первый замечательный предел

Первым замечательным пределом именуют следующее равенство:

\[ \begin{equation} \lim_{\alpha\to{0}}\frac{\sin\alpha}{\alpha}=1 \end{equation} \]

Так как при \(\alpha\to{0}\) имеем \(\sin\alpha\to{0}\), то говорят, что первый замечательный предел раскрывает неопределённость вида \(\frac{0}{0}\). Вообще говоря, в формуле (1) вместо переменной \(\alpha\) под знаком синуса и в знаменателе может быть расположено любое выражение, – лишь бы выполнялись два условия:

  1. Выражения под знаком синуса и в знаменателе одновременно стремятся к нулю, т.е. присутствует неопределенность вида \(\frac{0}{0}\).
  2. Выражения под знаком синуса и в знаменателе совпадают.

Часто используются также следствия из первого замечательного предела:

\[ \begin{equation} \lim_{\alpha\to{0}}\frac{\tg\alpha}{\alpha}=1 \end{equation} \]
\[ \begin{equation} \lim_{\alpha\to{0}}\frac{\arcsin\alpha}{\alpha}=1 \end{equation} \]
\[ \begin{equation} \lim_{\alpha\to{0}}\frac{\arctg\alpha}{\alpha}=1 \end{equation} \]

На данной странице решены одиннадцать задач. Задача №1 посвящена доказательству формул (2)-(4). Задачи №2, №3, №4 и №5 содержат решения с подробными комментариями. Задачи №6-10 содержат решения практически без комментариев, ибо подробные пояснения были даны в предыдущих задачах. При решении используются некоторые тригонометрические формулы, которые можно найти тут.

Замечу, что наличие тригонометрических функций вкупе с неопределённостью \(\frac {0} {0}\) ещё не означает обязательное применение первого замечательного предела. Иногда бывает достаточно простых тригонометрических преобразований, – например, см. задачу №11.

Задача №1

Условие

Доказать, что

  1. \(\lim_{\alpha\to{0}}\frac{\tg\alpha}{\alpha}=1\)
  2. \(\lim_{\alpha\to{0}}\frac{\arcsin\alpha}{\alpha}=1\)
  3. \(\lim_{\alpha\to{0}}\frac{\arctg\alpha}{\alpha}=1\)
Решение

Пункт №1

Так как \(\tg\alpha=\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}\), то:

\[ \lim_{\alpha\to{0}}\frac{\tg{\alpha}}{\alpha}=\left|\frac{0}{0}\right| =\lim_{\alpha\to{0}}\frac{\sin{\alpha}}{\alpha\cos{\alpha}} \]

Так как \(\lim_{\alpha\to{0}}\cos{0}=1\) и \(\lim_{\alpha\to{0}}\frac{\sin\alpha}{\alpha}=1\), то:

\[ \lim_{\alpha\to{0}}\frac{\sin{\alpha}}{\alpha\cos{\alpha}} =\frac{\displaystyle\lim_{\alpha\to{0}}\frac{\sin{\alpha}}{\alpha}}{\displaystyle\lim_{\alpha\to{0}}\cos{\alpha}} =\frac{1}{1} =1. \]

Формула доказана. Более строгое доказательство (с обоснованием равенства \(\lim_{\alpha\to{0}}\cos\alpha=1\)) можно посмотреть в решебнике Демидовича: задача 1989.

Пункт №2

Сделаем замену \(\alpha=\sin{y}\). Поскольку \(\sin{0}=0\), то из условия \(\alpha\to{0}\) имеем \(y\to{0}\). Кроме того, существует окрестность нуля, в которой \(\arcsin\alpha=\arcsin(\sin{y})=y\), поэтому:

\[ \lim_{\alpha\to{0}}\frac{\arcsin\alpha}{\alpha}=\left|\frac{0}{0}\right| =\lim_{y\to{0}}\frac{y}{\sin{y}} =\lim_{y\to{0}}\frac{1}{\frac{\sin{y}}{y}} =\frac{1}{\displaystyle\lim_{y\to{0}}\frac{\sin{y}}{y}} =\frac{1}{1} =1. \]

Равенство \(\lim_{\alpha\to{0}}\frac{\arcsin\alpha}{\alpha}=1\) доказано.

Пункт №3

Сделаем замену \(\alpha=\tg{y}\). Поскольку \(\tg{0}=0\), то условия \(\alpha\to{0}\) и \(y\to{0}\) эквивалентны. Кроме того, существует окрестность нуля, в которой \(\arctg\alpha=\arctg\tg{y}=y\), поэтому, опираясь на результаты пункта а), будем иметь:

\[ \lim_{\alpha\to{0}}\frac{\arctg\alpha}{\alpha}=\left|\frac{0}{0}\right| =\lim_{y\to{0}}\frac{y}{\tg{y}} =\lim_{y\to{0}}\frac{1}{\frac{\tg{y}}{y}} =\frac{1}{\displaystyle\lim_{y\to{0}}\frac{\tg{y}}{y}} =\frac{1}{1} =1. \]

Равенство \(\lim_{\alpha\to{0}}\frac{\arctg\alpha}{\alpha}=1\) доказано. Доказанные формулы часто используются наряду с первым замечательным пределом.

Ответ: Равенства доказаны.

Задача №2

Условие

Вычислить предел \(\lim_{x\to{2}}\frac{\sin\frac{x^2-4}{x+7}}{\frac{x^2-4}{x+7}}\).

Решение

Так как \(\lim_{x\to{2}}\frac{x^2-4}{x+7}=\frac{2^2-4}{2+7}=0\) и \(\lim_{x\to{2}}\sin\frac{x^2-4}{x+7}=\sin{0}=0\), т.е. и числитель и знаменатель дроби одновременно стремятся к нулю, то здесь мы имеем дело с неопределенностью вида \(\frac{0}{0}\), т.е. первое условие выполнено. Кроме того, видно, что выражения под знаком синуса и в знаменателе совпадают (т.е. выполнено и второе условие):

\[\lim_{x\to{2}}\frac{ \sin\boldgreen{\frac{x^2-4}{x+7}} }{\boldgreen{\frac{x^2-4}{x+7}}}\]

Итак, оба условия, перечисленные в начале страницы, выполнены. Из этого следует, что применима формула (1), т.е. \(\lim_{x\to{2}} \frac{\sin\frac{x^2-4}{x+7}}{\frac{x^2-4}{x+7}}=1\).

Ответ:

\(\lim_{x\to{2}}\frac{\sin\frac{x^2-4}{x+7}}{\frac{x^2-4}{x+7}}=1\).

Задача №3

Условие

Найти \(\lim_{x\to{0}}\frac{\sin{9x}}{x}\).

Решение

Так как \(\lim_{x\to{0}}\sin{9x}=0\) и \(\lim_{x\to{0}}x=0\), то мы имеем дело с неопределенностью вида \(\frac{0}{0}\), т.е. первое условие выполнено. Однако выражения под знаком синуса и в знаменателе не совпадают. Здесь требуется подогнать выражение в знаменателе под нужную форму. Нам необходимо, чтобы в знаменателе расположилось выражение \(9x\), – тогда второе условие станет истинным. По сути, нам не хватает множителя \(9\) в знаменателе, который не так уж сложно ввести: просто домножить выражение в знаменателе на \(9\). Естественно, что для компенсации домножения на \(9\) придётся тут же на \(9\) и разделить:

\[ \lim_{x\to{0}}\frac{\sin{9x}}{x}=\left|\frac{0}{0}\right| =\lim_{x\to{0}}\frac{\sin{9x}}{9x\cdot\frac{1}{9}} =9\lim_{x\to{0}}\frac{\sin{9x}}{9x} \]

Теперь выражения в знаменателе и под знаком синуса совпали. Оба условия для предела \(\lim_{x\to{0}}\frac{\sin{9x}}{9x}\) выполнены. Следовательно, \(\lim_{x\to{0}}\frac{\sin{9x}}{9x}=1\). А это значит, что:

\[ 9\lim_{x\to{0}}\frac{\sin{9x}}{9x}=9\cdot{1}=9. \]
Ответ:

\(\lim_{x\to{0}}\frac{\sin{9x}}{x}=9\).

Задача №4

Условие

Найти \(\lim_{x\to{0}}\frac{\sin{5x}}{\tg{8x}}\).

Решение

Так как \(\lim_{x\to{0}}\sin{5x}=0\) и \(\lim_{x\to{0}}\tg{8x}=0\), то здесь мы имеем дело с неопределенностью вида \(\frac{0}{0}\). Однако форма первого замечательного предела нарушена. Числитель, содержащий \(\sin{5x}\), требует наличия в знаменателе \(5x\). В этой ситуации проще всего разделить числитель на \(5x\), – и тут же на \(5x\) домножить. Кроме того, проделаем аналогичную операцию и со знаменателем, домножив и разделив \(\tg{8x}\) на \(8x\):

\[\lim_{x\to{0}}\frac{\sin{5x}}{\tg{8x}}=\left|\frac{0}{0}\right| =\lim_{x\to{0}}\frac{\frac{\sin{5x}}{5x}\cdot{5x}}{\frac{\tg{8x}}{8x}\cdot{8x}}\]

Сокращая на \(x\) и вынося константу \(\frac{5}{8}\) за знак предела, получим:

\[ \lim_{x\to{0}}\frac{\frac{\sin{5x}}{5x}\cdot{5x}}{\frac{\tg{8x}}{8x}\cdot{8x}} =\frac{5}{8}\cdot\lim_{x\to{0}}\frac{\frac{\sin{5x}}{5x}}{\frac{\tg{8x}}{8x}} \]

Обратите внимание, что \(\lim_{x\to{0}}\frac{\sin{5x}}{5x}\) полностью удовлетворяет требованиям для первого замечательного предела. Для отыскания \(\lim_{x\to{0}}\frac{\tg{8x}}{8x}\) применима формула (2):

\[ \frac{5}{8}\cdot\lim_{x\to{0}}\frac{\frac{\sin{5x}}{5x}}{\frac{\tg{8x}}{8x}} =\frac{5}{8}\cdot\frac{\displaystyle\lim_{x\to{0}}\frac{\sin{5x}}{5x}}{\displaystyle\lim_{x\to{0}}\frac{\tg{8x}}{8x}} =\frac{5}{8}\cdot\frac{1}{1} =\frac{5}{8}. \]
Ответ:

\(\lim_{x\to{0}}\frac{\sin{5x}}{\tg{8x}}=\frac{5}{8}\).

Задача №5

Условие

Найти \(\lim_{x\to{0}}\frac{\cos{5x}-\cos^3{5x}}{x^2}\).

Решение

Так как \(\lim_{x\to{0}}(\cos{5x}-\cos^3{5x})=1-1=0\) (напомню, что \(\cos{0}=1\)) и \(\lim_{x\to{0}}x^2=0\), то мы имеем дело с неопределённостью вида \(\frac{0}{0}\). Однако чтобы применить первый замечательный предел следует избавиться от косинуса в числителе, перейдя к синусам (дабы потом применить формулу (1)) или тангенсам (чтобы потом применить формулу (2)). Сделать это можно таким преобразованием:

\[\cos{5x}-\cos^3{5x}=\cos{5x}\cdot\left(1-\cos^2{5x}\right)\]

Так как \(\sin^2{5x}=1-\cos^2{5x}\) (см. тригонометрические формулы), то:

\[\cos{5x}-\cos^3{5x}=\cos{5x}\cdot\left(1-\cos^2{5x}\right)=\cos{5x}\cdot\sin^2{5x}.\]

Вернемся к пределу:

\[ \lim_{x\to{0}}\frac{\cos{5x}-\cos^3{5x}}{x^2}=\left|\frac{0}{0}\right| =\lim_{x\to{0}}\frac{\cos{5x}\cdot\sin^2{5x}}{x^2} =\lim_{x\to{0}}\left(\cos{5x}\cdot\frac{\sin^2{5x}}{x^2}\right) \]

Дробь \(\frac{\sin^2{5x}}{x^2}\) уже близка к той форме, что требуется для первого замечательного предела. Немного поработаем с дробью \(\frac{\sin^2{5x}}{x^2}\), подгоняя её под первый замечательный предел (учтите, что выражения в числителе и под синусом должны совпасть):

\[\frac{\sin^2{5x}}{x^2}=\frac{\sin^2{5x}}{25x^2\cdot\frac{1}{25}}=25\cdot\frac{\sin^2{5x}}{25x^2}=25\cdot\left(\frac{\sin{5x}}{5x}\right)^2\]

Вернемся к рассматриваемому пределу:

\[ \lim_{x\to{0}}\left(\cos{5x}\cdot\frac{\sin^2{5x}}{x^2}\right) =\lim_{x\to{0}}\left(25\cos{5x}\cdot\left(\frac{\sin{5x}}{5x}\right)^2\right)=\\ =25\cdot\lim_{x\to{0}}\cos{5x}\cdot\lim_{x\to{0}}\left(\frac{\sin{5x}}{5x}\right)^2 =25\cdot{1}\cdot{1^2} =25. \]
Ответ:

\(\lim_{x\to{0}}\frac{\cos{5x}-\cos^3{5x}}{x^2}=25\).

Задача №6

Условие

Найти предел \(\lim_{x\to{0}}\frac{1-\cos{6x}}{1-\cos{2x}}\).

Решение

Так как \(\lim_{x\to{0}}(1-\cos{6x})=0\) и \(\lim_{x\to{0}}(1-\cos{2x})=0\), то мы имеем дело с неопределенностью \(\frac{0}{0}\). Раскроем ее с помощью первого замечательного предела. Для этого перейдем от косинусов к синусам. Так как \(1-\cos{2\alpha}=2\sin^2{\alpha}\), то:

\[1-\cos{6x}=2\sin^2{3x};\;1-\cos{2x}=2\sin^2{x}.\]

Переходя в заданном пределе к синусам, будем иметь:

\[ \lim_{x\to{0}}\frac{1-\cos{6x}}{1-\cos{2x}}=\left|\frac{0}{0}\right| =\lim_{x\to{0}}\frac{2\sin^2{3x}}{2\sin^2{x}} =\lim_{x\to{0}}\frac{\sin^2{3x}}{\sin^2{x}}=\\ =\lim_{x\to{0}}\frac{\frac{\sin^2{3x}}{(3x)^2}\cdot(3x)^2}{\frac{\sin^2{x}}{x^2}\cdot{x^2}} =\lim_{x\to{0}}\frac{\left(\frac{\sin{3x}}{3x}\right)^2\cdot{9x^2}}{\left(\frac{\sin{x}}{x}\right)^2\cdot{x^2}} =9\cdot\frac{\displaystyle\lim_{x\to{0}}\left(\frac{\sin{3x}}{3x}\right)^2}{\displaystyle\lim_{x\to{0}}\left(\frac{\sin{x}}{x}\right)^2} =9\cdot\frac{1^2}{1^2} =9. \]
Ответ:

\(\lim_{x\to{0}}\frac{1-\cos{6x}}{1-\cos{2x}}=9\).

Задача №7

Условие

Вычислить предел \(\lim_{x\to{0}}\frac{\cos(\alpha{x})-\cos(\beta{x})}{x^2}\) при условии \(\alpha\neq\beta\).

Решение

Подробные пояснения были даны ранее, здесь же просто отметим, что вновь наличествует неопределенность \(\frac{0}{0}\). Перейдем от косинусов к синусам, используя формулу

\[\cos\alpha-\cos\beta=-2\sin\frac{\alpha+\beta}{2}\cdot\sin\frac{\alpha-\beta}{2}.\]

Используя указанную формулу, получим:

\[ \lim_{x\to{0}}\frac{\cos(\alpha{x})-\cos(\beta{x})}{x^2}=\left|\frac{0}{0}\right| =\lim_{x\to{0}}\frac{-2\sin\frac{\alpha{x}+\beta{x}}{2}\cdot\sin\frac{\alpha{x}-\beta{x}}{2}}{x^2}=\\ =-2\cdot\lim_{x\to{0}}\frac{\sin\left(x\cdot\frac{\alpha+\beta}{2}\right)\cdot\sin\left(x\cdot\frac{\alpha-\beta}{2}\right)}{x^2} =-2\cdot\lim_{x\to{0}}\left(\frac{\sin\left(x\cdot\frac{\alpha+\beta}{2}\right)}{x}\cdot\frac{\sin\left(x\cdot\frac{\alpha-\beta}{2}\right)}{x}\right)=\\ =-2\cdot\lim_{x\to{0}}\left(\frac{\sin\left(x\cdot\frac{\alpha+\beta}{2}\right)}{x\cdot\frac{\alpha+\beta}{2}}\cdot\frac{\alpha+\beta}{2}\cdot\frac{\sin\left(x\cdot\frac{\alpha-\beta}{2}\right)}{x\cdot\frac{\alpha-\beta}{2}}\cdot\frac{\alpha-\beta}{2}\right)=\\ =-\frac{(\alpha+\beta)\cdot(\alpha-\beta)}{2}\lim_{x\to{0}}\frac{\sin\left(x\cdot\frac{\alpha+\beta}{2}\right)}{x\cdot\frac{\alpha+\beta}{2}}\cdot\lim_{x\to{0}}\frac{\sin\left(x\cdot\frac{\alpha-\beta}{2}\right)}{x\cdot\frac{\alpha-\beta}{2}} =-\frac{\alpha^2-\beta^2}{2}\cdot{1}\cdot{1} =\frac{\beta^2-\alpha^2}{2}. \]
Ответ:

\(\lim_{x\to{0}}\frac{\cos(\alpha{x})-\cos(\beta{x})}{x^2}=\frac{\beta^2-\alpha^2}{2}\).

Задача №8

Условие

Найти предел \(\lim_{x\to{0}}\frac{\tg{x}-\sin{x}}{x^3}\).

Решение

Так как \(\lim_{x\to{0}}(\tg{x}-\sin{x})=0\) (напомню, что \(\sin{0}=\tg{0}=0\)) и \(\lim_{x\to{0}}x^3=0\), то здесь мы имеем дело с неопределенностью вида \(\frac{0}{0}\). Раскроем её следующим образом:

\[ \lim_{x\to{0}}\frac{\tg{x}-\sin{x}}{x^3}=\left|\frac{0}{0}\right| =\lim_{x\to{0}}\frac{\frac{\sin{x}}{\cos{x}}-\sin{x}}{x^3} =\lim_{x\to{0}}\frac{\sin{x}\cdot\left(\frac{1}{\cos{x}}-1\right)}{x^3} =\lim_{x\to{0}}\frac{\sin{x}\cdot\left(1-\cos{x}\right)}{x^3\cdot\cos{x}}=\\ =\lim_{x\to{0}}\frac{\sin{x}\cdot{2}\sin^2\frac{x}{2}}{x^3\cdot\cos{x}} =\frac{1}{2}\cdot\lim_{x\to{0}}\left(\frac{\sin{x}}{x}\cdot\left(\frac{\sin\frac{x}{2}}{\frac{x}{2}}\right)^2\cdot\frac{1}{\cos{x}}\right) =\frac{1}{2}\cdot{1}\cdot{1^2}\cdot{1} =\frac{1}{2}. \]

Аналогичную задачу можно посмотреть в решебнике Демидовича: см. задачу 1991

Ответ:

\(\lim_{x\to{0}}\frac{\tg{x}-\sin{x}}{x^3}=\frac{1}{2}\).

Задача №9

Условие

Найти предел \(\lim_{x\to{3}}\frac{1-\cos(x-3)}{(x-3)\tg\frac{x-3}{2}}\).

Решение

Так как \(\lim_{x\to{3}}(1-\cos(x-3))=0\) и \(\lim_{x\to{3}}(x-3)\tg\frac{x-3}{2}=0\), то наличествует неопределенность вида \(\frac{0}{0}\). Перед тем, как переходить к её раскрытию, удобно сделать замену переменной таким образом, чтобы новая переменная устремилась к нулю (обратите внимание, что в формулах (1)-(4) переменная \(\alpha \to 0\)). Проще всего ввести переменную \(t=x-3\). Однако ради удобства дальнейших преобразований (эту выгоду можно заметить по ходу приведённого ниже решения) стоит сделать такую замену: \(t=\frac{x-3}{2}\). Отмечу, что обе замены применимы в данном случае, просто вторая замена позволит поменьше работать с дробями. Так как \(x\to{3}\), то \(t\to{0}\).

\[ \lim_{x\to{3}}\frac{1-\cos(x-3)}{(x-3)\tg\frac{x-3}{2}}=\left|\frac{0}{0}\right| =\left|\begin{aligned}& t=\frac{x-3}{2};\\& t\to{0}\end{aligned}\right| =\lim_{t\to{0}}\frac{1-\cos{2t}}{2t\cdot\tg{t}} =\lim_{t\to{0}}\frac{2\sin^2t}{2t\cdot\tg{t}} =\lim_{t\to{0}}\frac{\sin^2t}{t\cdot\tg{t}}=\\ =\lim_{t\to{0}}\frac{\sin^2t}{t\cdot\frac{\sin{t}}{\cos{t}}} =\lim_{t\to{0}}\frac{\sin{t}\cos{t}}{t} =\lim_{t\to{0}}\left(\frac{\sin{t}}{t}\cdot\cos{t}\right) =\lim_{t\to{0}}\frac{\sin{t}}{t}\cdot\lim_{t\to{0}}\cos{t} =1\cdot{1} =1. \]
Ответ:

\(\lim_{x\to{3}}\frac{1-\cos(x-3)}{(x-3)\tg\frac{x-3}{2}}=1\).

Задача №10

Условие

Найти предел \(\lim_{x\to\frac{\pi}{2}}\frac{1-\sin{x}}{\left(\frac{\pi}{2}-x\right)^2}\).

Решение

Вновь мы имеем дело с неопределенностью \(\frac{0}{0}\). Перед тем, как переходить к ее раскрытию, удобно сделать замену переменной таким образом, чтобы новая переменная устремилась к нулю (обратите внимание, что в формулах (1)-(4) переменная \(\alpha\to{0}\)). Проще всего ввести переменную \(t=\frac{\pi}{2}-x\). Так как \(x\to\frac{\pi}{2}\), то \(t\to{0}\):

\[ \lim_{x\to\frac{\pi}{2}}\frac{1-\sin{x}}{\left(\frac{\pi}{2}-x\right)^2} =\left|\frac{0}{0}\right| =\left|\begin{aligned}& t=\frac{\pi}{2}-x;\\& t\to{0}\end{aligned}\right| =\lim_{t\to{0}}\frac{1-\sin\left(\frac{\pi}{2}-t\right)}{t^2} =\lim_{t\to{0}}\frac{1-\cos{t}}{t^2}=\\ =\lim_{t\to{0}}\frac{2\sin^2\frac{t}{2}}{t^2} =2\lim_{t\to{0}}\frac{\sin^2\frac{t}{2}}{t^2} =2\lim_{t\to{0}}\frac{\sin^2\frac{t}{2}}{\frac{t^2}{4}\cdot{4}} =\frac{1}{2}\cdot\lim_{t\to{0}}\left(\frac{\sin\frac{t}{2}}{\frac{t}{2}}\right)^2 =\frac{1}{2}\cdot{1^2} =\frac{1}{2}. \]
Ответ:

\(\lim_{x\to\frac{\pi}{2}}\frac{1-\sin{x}}{\left(\frac{\pi}{2}-x\right)^2}=\frac{1}{2}\).

Задача №11

Условие

Найти пределы \(\lim_{x\to\frac{\pi}{2}}\frac{1-\sin{x}}{\cos^2x}\), \(\lim_{x\to\frac{2\pi}{3}}\frac{\tg{x}+\sqrt{3}}{2\cos{x}+1}\).

Решение

В данном случае нам не придётся использовать первый замечательный предел. Обратите внимание: как в первом, так и во втором пределах присутствуют только тригонометрические функции и числа. Зачастую в задачах такого рода удаётся упростить выражение, расположенное под знаком предела. При этом после упомянутого упрощения и сокращения некоторых сомножителей неопределённость исчезает. Я привёл данный пример лишь с одной целью: показать, что наличие тригонометрических функций под знаком предела вовсе не обязательно означает применение первого замечательного предела.

Так как \(\lim_{x\to\frac{\pi}{2}}(1-\sin{x})=0\) (напомню, что \(\sin\frac{\pi}{2}=1\)) и \(\lim_{x\to\frac{\pi}{2}}\cos^2x=0\) (напомню, что \(\cos\frac{\pi}{2}=0\)), то мы имеем дело с неопределенностью вида \(\frac{0}{0}\). Однако это вовсе не означает, что нам потребуется использовать первый замечательный предел. Для раскрытия неопределенности достаточно учесть, что \(\cos^2x=1-\sin^2x\):

\[ \lim_{x\to\frac{\pi}{2}}\frac{1-\sin{x}}{\cos^2x} =\left|\frac{0}{0}\right| =\lim_{x\to\frac{\pi}{2}}\frac{1-\sin{x}}{1-\sin^2x} =\lim_{x\to\frac{\pi}{2}}\frac{1-\sin{x}}{(1-\sin{x})(1+\sin{x})} =\lim_{x\to\frac{\pi}{2}}\frac{1}{1+\sin{x}} =\frac{1}{1+1} =\frac{1}{2}. \]

Аналогичный способ решения есть и в задаче 1991. Что же касается второго предела, то как и в предыдущих задачах этого раздела, мы имеем неопределённость вида \(\frac{0}{0}\). Отчего она возникает? Она возникает потому, что \(\tg\frac{2\pi}{3}=-\sqrt{3}\) и \(2\cos\frac{2\pi}{3}=-1\). Используем эти значения с целью преобразования выражений в числителе и в знаменателе. Цель наших действий: записать сумму в числителе и знаменателе в виде произведения. Кстати сказать, зачастую в пределах аналогичного вида удобна замена переменной, сделанная с таким расчётом, чтобы новая переменная устремилась к нулю (см., например, задачи №9 или №10 на этой странице). Однако в данной задаче в замене смысла нет, хотя при желании замену переменной \(t=x-\frac{2\pi}{3}\) несложно осуществить.

\[ \lim_{x\to\frac{2\pi}{3}}\frac{\tg{x}+\sqrt{3}}{2\cos{x}+1} =\lim_{x\to\frac{2\pi}{3}}\frac{\tg{x}+\sqrt{3}}{2\cdot\left(\cos{x}+\frac{1}{2}\right)} =\lim_{x\to\frac{2\pi}{3}}\frac{\tg{x}-\tg\frac{2\pi}{3}}{2\cdot\left(\cos{x}-\cos\frac{2\pi}{3}\right)}=\\ =\lim_{x\to\frac{2\pi}{3}}\frac{\frac{\sin\left(x-\frac{2\pi}{3}\right)}{\cos{x}\cos\frac{2\pi}{3}}}{-4\sin\frac{x+\frac{2\pi}{3}}{2}\sin\frac{x-\frac{2\pi}{3}}{2}} =\lim_{x\to\frac{2\pi}{3}}\frac{\sin\left(x-\frac{2\pi}{3}\right)}{-4\sin\frac{x+\frac{2\pi}{3}}{2}\sin\frac{x-\frac{2\pi}{3}}{2}\cos{x}\cos\frac{2\pi}{3}}=\\ =\lim_{x\to\frac{2\pi}{3}}\frac{2\sin\frac{x-\frac{2\pi}{3}}{2}\cos\frac{x-\frac{2\pi}{3}}{2}}{-4\sin\frac{x+\frac{2\pi}{3}}{2}\sin\frac{x-\frac{2\pi}{3}}{2}\cos{x}\cos\frac{2\pi}{3}} =\lim_{x\to\frac{2\pi}{3}}\frac{\cos\frac{x-\frac{2\pi}{3}}{2}}{-2\sin\frac{x+\frac{2\pi}{3}}{2}\cos{x}\cos\frac{2\pi}{3}}=\\ =\frac{1}{-2\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot\left(-\frac{1}{2}\right)\cdot\left(-\frac{1}{2}\right)} =-\frac{4}{\sqrt{3}}. \]

Как видите, нам не пришлось применять первый замечательный предел. Конечно, при желании это можно сделать (см. примечание ниже), но необходимости в этом нет.

Каким будет решение с использованием первого замечательного предела?

При использовании первого замечательного предела получим:

\[ \lim_{x\to\frac{2\pi}{3}}\frac{\sin\left(x-\frac{2\pi}{3}\right)}{-4\sin\frac{x+\frac{2\pi}{3}}{2}\sin\frac{x-\frac{2\pi}{3}}{2}\cos{x}\cos\frac{2\pi}{3}}=\\ =\lim_{x\to\frac{2\pi}{3}}\left(\frac{\sin\left(x-\frac{2\pi}{3}\right)}{x-\frac{2\pi}{3}}\cdot\frac{1}{\frac{\sin\frac{x-\frac{2\pi}{3}}{2}}{\frac{x-\frac{2\pi}{3}}{2}}}\cdot\frac{1}{-2\sin\frac{x+\frac{2\pi}{3}}{2}\cos{x}\cos\frac{2\pi}{3}}\right) =1\cdot{1}\cdot\frac{1}{-2\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot\left(-\frac{1}{2}\right)\cdot\left(-\frac{1}{2}\right)} =-\frac{4}{\sqrt{3}}. \]
Ответ:

\(\lim_{x\to\frac{\pi}{2}}\frac{1-\sin{x}}{\cos^2x}=\frac{1}{2}\), \(\lim_{x\to\frac{2\pi}{3}}\frac{\tg{x}+\sqrt{3}}{2\cos{x}+1}=-\frac{4}{\sqrt{3}}\).