Как решать первый замечательный предел. Замечательные пределы

Из вышеуказанной статьи Вы сможете узнать, что же такое предел, и с чем его едят – это ОЧЕНЬ важно. Почему? Можно не понимать, что такое определители и успешно их решать, можно совершенно не понимать, что такое производная и находить их на «пятёрку». Но вот если Вы не понимаете, что такое предел, то с решением практических заданий придется туго. Также не лишним будет ознакомиться с образцами оформления решений и моими рекомендациями по оформлению. Вся информация изложена в простой и доступной форме.

А для целей данного урока нам потребуются следующие методические материалы: Замечательные пределы и Тригонометрические формулы . Их можно найти на странице . Лучше всего методички распечатать – это значительно удобнее, к тому же к ним часто придется обращаться в оффлайне.

Чем же замечательны замечательные пределы? Замечательность данных пределов состоит в том, что они доказаны величайшими умами знаменитых математиков, и благодарным потомкам не приходится мучаться страшными пределами с нагромождением тригонометрических функций, логарифмов, степеней. То есть при нахождении пределов мы будем пользоваться готовыми результатами, которые доказаны теоретически.

Замечательных пределов существует несколько, но на практике у студентов-заочников в 95% случаев фигурируют два замечательных предела: Первый замечательный предел , Второй замечательный предел . Следует отметить, что это исторически сложившиеся названия, и, когда, например, говорят о «первом замечательном пределе», то подразумевают под этим вполне определенную вещь, а не какой-то случайный, взятый с потолка предел.

Первый замечательный предел

Рассмотрим следующий предел: (вместо родной буквы «хэ» я буду использовать греческую букву «альфа», это удобнее с точки зрения подачи материала).

Согласно нашему правилу нахождения пределов (см. статью Пределы. Примеры решений ) пробуем подставить ноль в функцию: в числителе у нас получается ноль (синус нуля равен нулю), в знаменателе, очевидно, тоже ноль. Таким образом, мы сталкиваемся с неопределенностью вида , которую, к счастью, раскрывать не нужно. В курсе математического анализа, доказывается, что:

Данный математический факт носит название Первого замечательного предела . Аналитическое доказательство предела приводить не буду, а вот его геометрический смысл рассмотрим на уроке о бесконечно малых функциях .

Нередко в практических заданиях функции могут быть расположены по-другому, это ничего не меняет:

– тот же самый первый замечательный предел.

Но самостоятельно переставлять числитель и знаменатель нельзя! Если дан предел в виде , то и решать его нужно в таком же виде, ничего не переставляя.

На практике в качестве параметра может выступать не только переменная , но и элементарная функция, сложная функция. Важно лишь, чтобы она стремилась к нулю .

Примеры:
, , ,

Здесь , , , , и всё гуд – первый замечательный предел применим.

А вот следующая запись – ересь:

Почему? Потому что многочлен не стремится к нулю, он стремится к пятерке.

Кстати, вопрос на засыпку, а чему равен предел ? Ответ можно найти в конце урока.

На практике не все так гладко, почти никогда студенту не предложат решить халявный предел и получить лёгкий зачет. Хммм… Пишу эти строки, и пришла в голову очень важная мысль – все-таки «халявные» математические определения и формулы вроде лучше помнить наизусть, это может оказать неоценимую помощь на зачете, когда вопрос будет решаться между «двойкой» и «тройкой», и преподаватель решит задать студенту какой-нибудь простой вопрос или предложить решить простейший пример («а может он (а) все-таки знает чего?!»).

Переходим к рассмотрению практических примеров:

Пример 1

Найти предел

Если мы замечаем в пределе синус, то это нас сразу должно наталкивать на мысль о возможности применения первого замечательного предела.

Сначала пробуем подставить 0 в выражение под знак предела (делаем это мысленно или на черновике):

Итак, у нас есть неопределенность вида , ее обязательно указываем в оформлении решения. Выражение под знаком предела у нас похоже на первый замечательный предел, но это не совсем он, под синусом находится , а в знаменателе .

В подобных случаях первый замечательный предел нам нужно организовать самостоятельно, используя искусственный прием. Ход рассуждений может быть таким: «под синусом у нас , значит, в знаменателе нам тоже нужно получить ».
А делается это очень просто:

То есть, знаменатель искусственно умножается в данном случае на 7 и делится на ту же семерку. Теперь запись у нас приняла знакомые очертания.
Когда задание оформляется от руки, то первый замечательный предел желательно пометить простым карандашом:

Что произошло? По сути, обведенное выражение у нас превратилось в единицу и исчезло в произведении:

Теперь только осталось избавиться от трехэтажности дроби:

Кто позабыл упрощение многоэтажных дробей, пожалуйста, освежите материал в справочнике Горячие формулы школьного курса математики .

Готово. Окончательный ответ:

Если не хочется использовать пометки карандашом, то решение можно оформить так:

“

Используем первый замечательный предел

“

Пример 2

Найти предел

Опять мы видим в пределе дробь и синус. Пробуем подставить в числитель и знаменатель ноль:

Действительно, у нас неопределенность и, значит, нужно попытаться организовать первый замечательный предел. На уроке Пределы. Примеры решений мы рассматривали правило, что когда у нас есть неопределенность , то нужно разложить числитель и знаменатель на множители. Здесь – то же самое, степени мы представим в виде произведения (множителей):

Аналогично предыдущему примеру, обводим карандашом замечательные пределы (здесь их два), и указываем, что они стремятся к единице:

Собственно, ответ готов:

В следующих примерах, я не буду заниматься художествами в Пэйнте, думаю, как правильно оформлять решение в тетради – Вам уже понятно.

Пример 3

Найти предел

Подставляем ноль в выражение под знаком предела:

Получена неопределенность , которую нужно раскрывать. Если в пределе есть тангенс, то почти всегда его превращают в синус и косинус по известной тригонометрической формуле (кстати, с котангенсом делают примерно то же самое, см. методический материал Горячие тригонометрические формулы на странице Математические формулы, таблицы и справочные материалы ).

В данном случае:

Косинус нуля равен единице, и от него легко избавиться (не забываем пометить, что он стремится к единице):

Таким образом, если в пределе косинус является МНОЖИТЕЛЕМ, то его, грубо говоря, нужно превратить в единицу, которая исчезает в произведении.

Здесь все вышло проще, без всяких домножений и делений. Первый замечательный предел тоже превращается в единицу и исчезает в произведении:

В итоге получена бесконечность, бывает и такое.

Пример 4

Найти предел

Пробуем подставить ноль в числитель и знаменатель:

Получена неопределенность (косинус нуля, как мы помним, равен единице)

Используем тригонометрическую формулу . Возьмите на заметку! Пределы с применением этой формулы почему-то встречаются очень часто.

Постоянные множители вынесем за значок предела:

Организуем первый замечательный предел:

Здесь у нас только один замечательный предел, который превращается в единицу и исчезает в произведении:

Избавимся от трехэтажности:

Предел фактически решен, указываем, что оставшийся синус стремится к нулю:

Пример 5

Найти предел

Этот пример сложнее, попробуйте разобраться самостоятельно:

Некоторые пределы можно свести к 1-му замечательному пределу путём замены переменной, об этом можно прочитать чуть позже в статье Методы решения пределов .

Второй замечательный предел

В теории математического анализа доказано, что:

Данный факт носит название второго замечательного предела .

Справка: – это иррациональное число.

В качестве параметра может выступать не только переменная , но и сложная функция. Важно лишь, чтобы она стремилась к бесконечности .

Пример 6

Найти предел

Когда выражение под знаком предела находится в степени – это первый признак того, что нужно попытаться применить второй замечательный предел.

Но сначала, как всегда, пробуем подставить бесконечно большое число в выражение , по какому принципу это делается, разобрано на уроке Пределы. Примеры решений .

Нетрудно заметить, что при основание степени , а показатель – , то есть имеется, неопределенность вида :

Данная неопределенность как раз и раскрывается с помощью второго замечательного предела. Но, как часто бывает, второй замечательный предел не лежит на блюдечке с голубой каемочкой, и его нужно искусственно организовать. Рассуждать можно следующим образом: в данном примере параметр , значит, в показателе нам тоже нужно организовать . Для этого возводим основание в степень , и, чтобы выражение не изменилось – возводим в степень :

Когда задание оформляется от руки, карандашом помечаем:

Практически всё готово, страшная степень превратилась в симпатичную букву :

При этом сам значок предела перемещаем в показатель :

Пример 7

Найти предел

Внимание! Предел подобного типа встречается очень часто, пожалуйста, очень внимательно изучите данный пример.

Пробуем подставить бесконечно большое число в выражение, стоящее под знаком предела:

В результате получена неопределенность . Но второй замечательный предел применим к неопределенности вида . Что делать? Нужно преобразовать основание степени. Рассуждаем так: в знаменателе у нас , значит, в числителе тоже нужно организовать .

Формула второго замечательного предела имеет вид lim x → ∞ 1 + 1 x x = e . Другая форма записи выглядит так: lim x → 0 (1 + x) 1 x = e .

Когда мы говорим о втором замечательном пределе, то нам приходится иметь дело с неопределенностью вида 1 ∞ , т.е. единицей в бесконечной степени.

Yandex.RTB R-A-339285-1

Рассмотрим задачи, в которых нам пригодится умение вычислять второй замечательный предел.

Пример 1

Найдите предел lim x → ∞ 1 - 2 x 2 + 1 x 2 + 1 4 .

Решение

Подставим нужную формулу и выполним вычисления.

lim x → ∞ 1 - 2 x 2 + 1 x 2 + 1 4 = 1 - 2 ∞ 2 + 1 ∞ 2 + 1 4 = 1 - 0 ∞ = 1 ∞

У нас в ответе получилась единица в степени бесконечность. Чтобы определиться с методом решения, используем таблицу неопределенностей. Выберем второй замечательный предел и произведем замену переменных.

t = - x 2 + 1 2 ⇔ x 2 + 1 4 = - t 2

Если x → ∞ , тогда t → - ∞ .

Посмотрим, что у нас получилось после замены:

lim x → ∞ 1 - 2 x 2 + 1 x 2 + 1 4 = 1 ∞ = lim x → ∞ 1 + 1 t - 1 2 t = lim t → ∞ 1 + 1 t t - 1 2 = e - 1 2

Ответ: lim x → ∞ 1 - 2 x 2 + 1 x 2 + 1 4 = e - 1 2 .

Пример 2

Вычислите предел lim x → ∞ x - 1 x + 1 x .

Решение

Подставим бесконечность и получим следующее.

lim x → ∞ x - 1 x + 1 x = lim x → ∞ 1 - 1 x 1 + 1 x x = 1 - 0 1 + 0 ∞ = 1 ∞

В ответе у нас опять получилось то же самое, что и в предыдущей задаче, следовательно, мы можем опять воспользоваться вторым замечательным пределом. Далее нам нужно выделить в основании степенной функции целую часть:

x - 1 x + 1 = x + 1 - 2 x + 1 = x + 1 x + 1 - 2 x + 1 = 1 - 2 x + 1

После этого предел приобретает следующий вид:

lim x → ∞ x - 1 x + 1 x = 1 ∞ = lim x → ∞ 1 - 2 x + 1 x

Заменяем переменные. Допустим, что t = - x + 1 2 ⇒ 2 t = - x - 1 ⇒ x = - 2 t - 1 ; если x → ∞ , то t → ∞ .

После этого записываем, что у нас получилось в исходном пределе:

lim x → ∞ x - 1 x + 1 x = 1 ∞ = lim x → ∞ 1 - 2 x + 1 x = lim x → ∞ 1 + 1 t - 2 t - 1 = = lim x → ∞ 1 + 1 t - 2 t · 1 + 1 t - 1 = lim x → ∞ 1 + 1 t - 2 t · lim x → ∞ 1 + 1 t - 1 = = lim x → ∞ 1 + 1 t t - 2 · 1 + 1 ∞ = e - 2 · (1 + 0) - 1 = e - 2

Чтобы выполнить данное преобразование, мы использовали основные свойства пределов и степеней.

Ответ: lim x → ∞ x - 1 x + 1 x = e - 2 .

Пример 3

Вычислите предел lim x → ∞ x 3 + 1 x 3 + 2 x 2 - 1 3 x 4 2 x 3 - 5 .

Решение

lim x → ∞ x 3 + 1 x 3 + 2 x 2 - 1 3 x 4 2 x 3 - 5 = lim x → ∞ 1 + 1 x 3 1 + 2 x - 1 x 3 3 2 x - 5 x 4 = = 1 + 0 1 + 0 - 0 3 0 - 0 = 1 ∞

После этого нам нужно выполнить преобразование функции для применения второго замечательного предела. У нас получилось следующее:

lim x → ∞ x 3 + 1 x 3 + 2 x 2 - 1 3 x 4 2 x 3 - 5 = 1 ∞ = lim x → ∞ x 3 - 2 x 2 - 1 - 2 x 2 + 2 x 3 + 2 x 2 - 1 3 x 4 2 x 3 - 5 = = lim x → ∞ 1 + - 2 x 2 + 2 x 3 + 2 x 2 - 1 3 x 4 2 x 3 - 5

lim x → ∞ 1 + - 2 x 2 + 2 x 3 + 2 x 2 - 1 3 x 4 2 x 3 - 5 = lim x → ∞ 1 + - 2 x 2 + 2 x 3 + 2 x 2 - 1 x 3 + 2 x 2 - 1 - 2 x 2 + 2 - 2 x 2 + 2 x 3 + 2 x 2 - 1 3 x 4 2 x 3 - 5 = = lim x → ∞ 1 + - 2 x 2 + 2 x 3 + 2 x 2 - 1 x 3 + 2 x 2 - 1 - 2 x 2 + 2 - 2 x 2 + 2 x 3 + 2 x 2 - 1 3 x 4 2 x 3 - 5

Поскольку сейчас у нас есть одинаковые показатели степени в числителе и знаменателе дроби (равные шести), то предел дроби на бесконечности будет равен отношению данных коэффициентов при старших степенях.

lim x → ∞ 1 + - 2 x 2 + 2 x 3 + 2 x 2 - 1 x 3 + 2 x 2 - 1 - 2 x 2 + 2 - 2 x 2 + 2 x 3 + 2 x 2 - 1 3 x 4 2 x 3 - 5 = = lim x → ∞ 1 + - 2 x 2 + 2 x 3 + 2 x 2 - 1 x 3 + 2 x 2 - 1 - 2 x 2 + 2 - 6 2 = lim x → ∞ 1 + - 2 x 2 + 2 x 3 + 2 x 2 - 1 x 3 + 2 x 2 - 1 - 2 x 2 + 2 - 3

При замене t = x 2 + 2 x 2 - 1 - 2 x 2 + 2 у нас получится второй замечательный предел. Значит, что:

lim x → ∞ 1 + - 2 x 2 + 2 x 3 + 2 x 2 - 1 x 3 + 2 x 2 - 1 - 2 x 2 + 2 - 3 = lim x → ∞ 1 + 1 t t - 3 = e - 3

Ответ: lim x → ∞ x 3 + 1 x 3 + 2 x 2 - 1 3 x 4 2 x 3 - 5 = e - 3 .

Выводы

Неопределенность 1 ∞ , т.е. единица в бесконечной степени, является степенной неопределенностью, следовательно, ее можно раскрыть, используя правила нахождения пределов показательно степенных функций.

Если вы заметили ошибку в тексте, пожалуйста, выделите её и нажмите Ctrl+Enter

Первый замечательный предел часто применяется для вычисления пределов содержащих синус, арксинус, тангенс, арктангенс и получающихся при них неопределенностей ноль делить на ноль.

Формула

Формула первого замечательного предела имеет вид: $$ \lim_{\alpha\to 0} \frac{\sin\alpha}{\alpha} = 1 $$

Замечаем, что при $ \alpha\to 0 $ получается $ \sin\alpha \to 0 $, тем самым в числетеле и в знаменателе имеем нули. Таким образом формула первого замечательного предела нужна для раскрытия неопределенностей $ \frac{0}{0} $.

Для применения формулы необходимо, чтобы были соблюдены два условия:

Выражения, содержащиеся в синусе и знаменателе дроби совпадают
Выражения, стоящие в синусе и знаменателе дроби стремятся к нулю

Внимание! $ \lim_{x\to 0} \frac{\sin(2x^2+1)}{2x^2+1} \neq 1 $ Хотя выражения под синусом и в знаменателе одинаковые, однако $ 2x^2+1 = 1 $, при $ x\to 0 $. Не выполнено второе условие, поэтому применять формулу НЕЛЬЗЯ!

Следствия

Достаточно редко в задания можно увидеть чистый первый замечательный предел, в котором можно сразу было бы записать ответ. На практике всё немного сложнее выглядит, но для таких случаев будет полезно знать следствия первого замечательного предела. Благодаря им можно быстро вычислить нужные пределы.

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

$$ \lim_{\alpha\to 0} \frac{\sin(a\alpha)}{\sin(b\alpha)} = \frac{a}{b} $$

$$ \lim_{\alpha\to 0} \frac{tg\alpha}{\alpha} = 1 $$

$$ \lim_{\alpha\to 0} \frac{\arcsin\alpha}{\alpha} = 1 $$

$$ \lim_{\alpha\to 0} \frac{arctg\alpha}{\alpha} = 1 $$

Примеры решений

Рассмотрим первый замечательный предел, примеры решения которого на вычисление пределов содержащих тригонометрические функции и неопределенность $ \bigg[\frac{0}{0}\bigg] $

Пример 1
Вычислить $ \lim_{x\to 0} \frac{\sin2x}{4x} $
Решение
Рассмотрим предел и заметим, что в нём присутствует синус. Далее подставим $ x = 0 $ в числитель и знаменатель и получим неопределенность нуль делить на нуль: $$ \lim_{x\to 0} \frac{\sin2x}{4x} = \frac{0}{0} $$ Уже два признака того, что нужно применять замечательный предел, но есть небольшой нюанс: сразу применить формулу мы не сможем, так как выражение под знаком синуса отличается от выражения стоящего в знаменателе. А нам нужно, чтобы они были равны. Поэтому с помощью элементарных преобразований числителя мы превратим его в $ 2x $. Для этого мы вынесем двойку из знаменателя дроби отдельным множителем. Выглядит это так: $$ \lim_{x\to 0} \frac{\sin2x}{4x} = \lim_{x\to 0} \frac{\sin2x}{2\cdot 2x} = $$ $$ = \frac{1}{2} \lim_{x\to 0} \frac{\sin2x}{2x} = \frac{1}{2}\cdot 1 = \frac{1}{2} $$ Обратите внимание, что в конце $ \lim_{x\to 0} \frac{\sin2x}{2x} = 1 $ получилось по формуле. Если не получается решить свою задачу, то присылайте её к нам. Мы предоставим подробное решение. Вы сможете ознакомиться с ходом вычисления и почерпнуть информацию. Это поможет своевременно получить зачёт у преподавателя!
Ответ
$$ \lim_{x\to 0} \frac{\sin2x}{4x} =\frac{1}{2} $$

Пример 2
Найти $ \lim_{x\to 0} \frac{\sin(x^3+2x)}{2x-x^4} $
Решение
Как всегда сначала нужно узнать тип неопределенности. Если она нуль делить на нуль, то обращаем внимание на наличие синуса: $$ \lim_{x\to 0} \frac{\sin(x^3+2x)}{2x-x^4} = \frac{0}{0} = $$ Данная неопределенность позволяет воспользоваться формулой первого замечательного предела, но выражение из знаменателя не равно аргументу синуса? Поэтом "в лоб" применить формулу нельзя. Необходимо умножить и разделить дробь на аргумент синуса: $$ = \lim_{x\to 0} \frac{(x^3+2x)\sin(x^3+2x)}{(2x-x^4)(x^3+2x)} = $$ Теперь по свойствам пределов расписываем: $$ = \lim_{x\to 0} \frac{(x^3+2x)}{2x-x^4}\cdot \lim_{x\to 0} \frac{\sin(x^3+2x)}{(x^3+2x)} = $$ Второй предел как раз подходит под формулу и равен единице: $$ = \lim_{x\to 0} \frac{x^3+2x}{2x-x^4}\cdot 1 = \lim_{x\to 0} \frac{x^3+2x}{2x-x^4} = $$ Снова подставляем $ x = 0 $ в дробь и получаем неопределенность $ \frac{0}{0} $. Для её устранения достоточно вынести за скобки $ x $ и сократить на него: $$ = \lim_{x\to 0} \frac{x(x^2+2)}{x(2-x^3)} = \lim_{x\to 0} \frac{x^2+2}{2-x^3} = $$ $$ = \frac{0^2 + 2}{2 - 0^3} = \frac{2}{2} = 1 $$
Ответ
$$ \lim_{x\to 0} \frac{\sin(x^3+2x)}{2x-x^4} = 1 $$

Пример 4
Вычислить $ \lim_{x\to0} \frac{\sin2x}{tg3x} $
Решение
Вычисление начнём с подстановки $ x=0 $. В результате получаем неопределенность $ \frac{0}{0} $. Предел содержит синус и тангенс, что намекает на возможное развитие ситуации с использованием формулы первого замечательного предела. Преобразуем числитель и знаменатель дроби под формулу и следствие: $$ \lim_{x\to0} \frac{\sin2x}{tg3x} = \frac{0}{0} = \lim_{x\to0} \frac{\frac{\sin2x}{2x}\cdot 2x}{\frac{tg3x}{3x}\cdot 3x} = $$ Теперь видим в числителе и знаменателе появились выражения подходящие под формулу и следствия. Аргумент синуса и аргумент тангенса совпадают для соответствующих знаменателей $$ = \lim_{x\to0} \frac{1\cdot 2x}{1\cdot 3x} = \frac{2}{3} $$
Ответ
$$ \lim_{x\to0} \frac{\sin2x}{tg2x} = \frac{2}{3} $$

В статье: "Первый замечательный предел, примеры решения" было рассказано о случаях, в которых целесообразно использовать данную формулу и её следствия.

Замечательных пределов существует несколько, но самыми известными являются первый и второй замечательные пределы. Замечательность этих пределов состоит в том, что они имеют широкое применение и с их помощью можно найти и другие пределы, встречающиеся в многочисленных задачах. Этим мы и будем заниматься в практической части данного урока. Для решения задач путём приведения к первому или второму замечательному пределу не нужно раскрывать содержащиеся в них неопределённости, поскольку значения этих пределов уже давно вывели великие математики.

Первым замечательным пределом называется предел отношения синуса бесконечно малой дуги к той же дуге, выраженной в радианной мере:

Переходим к решению задач на первый замечательный предел. Заметим: если под знаком предела находится тригонометрическая функция, это почти верный признак того, что это выражение можно привести к первому замечательнному пределу.

Пример 1. Найти предел .

Решение. Подстановка вместо x нуля приводит к неопределённости:

В знаменателе - синус, следовательно, выражение можно привести к первому замечательному пределу. Начинаем преобразования:

В знаменателе - синус трёх икс, а в числителе всего лишь один икс, значит, нужно получить три икс и в числителе. Для чего? Чтобы представить 3x = a и получить выражение .

И приходим к разновидности первого замечательного предела:

потому что неважно, какая буква (переменная) в этой формуле стоит вместо икса.

Умножаем икс на три и тут же делим:

В соответствии с замеченным первым замечательным пределом производим замену дробного выражения:

Теперь можем окончательно решить данный предел:

Пример 2. Найти предел .

Решение. Непосредственная подстановка вновь приводит к неопределённости "нуль делить на нуль":

Чтобы получить первый замечательный предел, нужно, чтобы икс под знаком синуса в числителе и просто икс в знаменателе были с одним и тем же коэффициентом. Пусть этот коэффициент будет равен 2. Для этого представим нынешний коэффициент при иксе как и далее, производя действия с дробями, получаем:

Пример 3. Найти предел .

Решение. При подстановке вновь получаем неопределённость "нуль делить на нуль":

Наверное, вам уже понятно, что из исходного выражения можно получить первый замечательный предел, умноженный на первый замечательный предел. Для этого раскладываем квадраты икса в числителе и синуса в знаменателе на одинаковые множители, а чтобы получить у иксов и у синуса одинаковые коэффициенты, иксы в числителе делим на 3 и тут же умножаем на 3. Получаем:

Пример 4. Найти предел .

Решение. Вновь получаем неопределённость "нуль делить на нуль":

Можем получить отношение двух первых замечательных пределов. Делим и числитель, и знаменатель на икс. Затем, чтобы коэффициенты при синусах и при иксах совпадали, верхний икс умножаем на 2 и тут же делим на 2, а нижний икс умножаем на 3 и тут же делим на 3. Получаем:

Пример 5. Найти предел .

Решение. И вновь неопределённость "нуль делить на нуль":

Помним из тригонометрии, что тангенс - это отношение синуса к косинусу, а косинус нуля равен единице. Производим преобразования и получаем:

Пример 6. Найти предел .

Решение. Тригонометрическая функция под знаком предела вновь наталкивает на мысль о применении первого замечательного предела. Представляем его как отношение синуса к косинусу.

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:

Выражения под знаком синуса и в знаменателе одновременно стремятся к нулю, т.е. присутствует неопределенность вида $\frac{0}{0}$.
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 примеров. Пример №1 посвящен доказательству формул (2)-(4). Примеры №2, №3, №4 и №5 содержат решения с подробными комментариями. Примеры №6-10 содержат решения практически без комментариев, ибо подробные пояснения были даны в предыдущих примерах. При решении используются некоторые тригонометрические формулы, которые можно найти .

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. .

Пример №1

Доказать, что $\lim_{\alpha\to{0}}\frac{\tg\alpha}{\alpha}=1$, $\lim_{\alpha\to{0}}\frac{\arcsin\alpha}{\alpha}=1$, $\lim_{\alpha\to{0}}\frac{\arctg\alpha}{\alpha}=1$.

а) 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:

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

б) 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.

в) 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.

Равенства а), б), в) часто используются наряду с первым замечательным пределом.

Пример №2

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

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

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

Ответ : $\lim_{x\to{2}}\frac{\sin\left(\frac{x^2-4}{x+7}\right)}{\frac{x^2-4}{x+7}}=1$.

Пример №3

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

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. 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 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 : $\lim_{x\to{0}}\frac{\sin{9x}}{x}=9$.

Пример №4

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

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 :

$$ \frac{5}{8}\cdot\lim_{x\to{0}}\frac{\frac{\sin{5x}}{5x}}{\frac{\tg{8x}}{8x}} =\frac{5}{8}\cdot\frac{\displaystyle\lim_{x\to{0}}\frac{\sin{5x}}{5x}}{\displaystyle\lim_{x\to{0}}\frac{\tg{8x}}{8x}} =\frac{5}{8}\cdot\frac{1}{1} =\frac{5}{8}. $$

Ответ : $\lim_{x\to{0}}\frac{\sin{5x}}{\tg{8x}}=\frac{5}{8}$.

Пример №5

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

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 ) или тангенсам (чтобы потом применить формулу ). Сделать это можно таким преобразованием:

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

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

Пример №6

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

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

Пример №7

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

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

Пример №8

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

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:

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

Ответ : $\lim_{x\to{0}}\frac{\tg{x}-\sin{x}}{x^3}=\frac{1}{2}$.

Пример №9

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

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

Пример №10

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

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

Пример №11

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

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 примерах 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 решебнике Демидовича (№475) . Что же касается второго предела, то как и в предыдущих примерах 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, примеры №9 или №10 на этой странице). Однако в данном примере 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? показать\скрыть

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