Предложите критерии выбора метода для вычисления предела вида lim_{x->a} (f(x)^{g(x)}) в ситуациях неопределённости 1^infty, и приведите примеры, где очевидный логарифмический приём вводит дополнительные тонкости
Краткие критерии выбора метода для предела вида limx→af(x)g(x)\lim_{x\to a} f(x)^{g(x)}limx→af(x)g(x) в неопределённости 1∞1^\infty1∞: - Привести в вид экспоненты через логарифм: если f(x)>0f(x)>0f(x)>0 в окрестности aaa, записать y=f(x)g(x)y=f(x)^{g(x)}y=f(x)g(x), lny=g(x)lnf(x)\ln y=g(x)\ln f(x)lny=g(x)lnf(x). Тогда limx→af(x)g(x)=elimx→ag(x)lnf(x)
\lim_{x\to a} f(x)^{g(x)} = e^{\lim_{x\to a} g(x)\ln f(x)} x→alimf(x)g(x)=elimx→ag(x)lnf(x)
при условии, что предел в экспоненте существует (включая ±∞\pm\infty±∞). - Перевести произведение в дробь для применения l'Hôpital, если требуется: g(x)lnf(x)=lnf(x)1/g(x).
g(x)\ln f(x)=\frac{\ln f(x)}{1/g(x)}. g(x)lnf(x)=1/g(x)lnf(x).
Применять l'Hôpital можно, когда образуется 0/00/00/0 или ∞/∞\infty/\infty∞/∞ и функции дифференцируемы. - Использовать разложения/эквиваленты при f(x)=1+u(x)f(x)=1+u(x)f(x)=1+u(x), u(x)→0u(x)\to0u(x)→0: ln(1+u)=u−u22+o(u2).
\ln(1+u)=u-\tfrac{u^2}{2}+o(u^2). ln(1+u)=u−2u2+o(u2).
Частый упрощённый шаг: ln(1+u)∼u\ln(1+u)\sim uln(1+u)∼u. Он корректен только если погрешность o(u)o(u)o(u) умноженная на g(x)g(x)g(x) даёт o(1)o(1)o(1), т.е. требуется условие g(x) u(x)2=o(1).
g(x)\,u(x)^2=o(1). g(x)u(x)2=o(1). - Если g(x)lnf(x)→Lg(x)\ln f(x)\to Lg(x)lnf(x)→L (конечный) — ответ eLe^LeL. Если g(x)lnf(x)→+∞g(x)\ln f(x)\to+\inftyg(x)lnf(x)→+∞ — предел +∞+\infty+∞; если −∞-\infty−∞ — предел 000. - Проверять область определения: если f(x)f(x)f(x) иногда ≤0\le0≤0, натуральный логарифм не определён в R\mathbb{R}R, тогда либо предел не существует в R\mathbb{R}R, либо нужно рассматривать целые степени/комплексные значения отдельно. Примеры, где очевидный логарифмический приём даёт тонкости: 1) Классический (успешный логарифм): limx→0(1+x)1/x.
\lim_{x\to 0}(1+x)^{1/x}. x→0lim(1+x)1/x.
Берём логарифм: (1/x)ln(1+x)→1(1/x)\ln(1+x)\to 1(1/x)ln(1+x)→1, отсюда предел равен eee. 2) Осцилляция, когда g(x)lnf(x)g(x)\ln f(x)g(x)lnf(x) не имеет предела: limx→0(1+xsin(1/x))1/x.
\lim_{x\to 0}\bigl(1+x\sin(1/x)\bigr)^{1/x}. x→0lim(1+xsin(1/x))1/x.
Здесь u(x)=xsin(1/x)u(x)=x\sin(1/x)u(x)=xsin(1/x), ln(1+u)∼u\ln(1+u)\sim uln(1+u)∼u, поэтому g(x)lnf(x)∼1x⋅xsin(1/x)=sin(1/x),
g(x)\ln f(x)\sim\frac{1}{x}\cdot x\sin(1/x)=\sin(1/x), g(x)lnf(x)∼x1⋅xsin(1/x)=sin(1/x),
который не имеет предела при x→0x\to0x→0. Следовательно исходный предел не существует; значения лежат в интервале [e−1,e1][e^{-1},e^{1}][e−1,e1]. Тонкость: формально логарифм даёт произведение, но оно осциллирует — нельзя сразу написать конкретное число. 3) Когда достаточно учитывать старшие члены разложения (ошибка важна): условие g u2=o(1)g\,u^2=o(1)gu2=o(1) нарушается, и вклад −u22-\tfrac{u^2}{2}−2u2 влияет на предел. Например, по ряду последовательностей/параметров можно получить разные предельные значения, если ведущие члены частично компенсируются. (Иллюстрация: если u=unu=u_nu=un и gnun→0g_n u_n\to 0gnun→0, но gnun2→C≠0g_n u_n^2\to C\ne0gnun2→C=0, то ln(1+un)≈un−un22\ln(1+u_n)\approx u_n-\tfrac{u_n^2}{2}ln(1+un)≈un−2un2 даёт вклад −C/2-C/2−C/2 в экспоненте — нужно учитывать второй порядок.) 4) Проблема знака/области определения: limx→0(1−2sin2(1/x))1/x.
\lim_{x\to 0}\bigl(1-2\sin^2(1/x)\bigr)^{1/x}. x→0lim(1−2sin2(1/x))1/x.
Базовая величина f(x)f(x)f(x) принимает отрицательные значения, логарифм в R\mathbb{R}R не определён, поэтому тривиальный логарифмический приём неприменим; возможно, предел в C\mathbb{C}C или не существует в R\mathbb{R}R. Надо исследовать отдельно моменты, когда степень целая, или менять подход. Резюме-порядок действий: проверить f(x)>0f(x)>0f(x)>0; перейти к glnfg\ln fglnf; выбрать инструмент (эквивалент, l'Hôpital, разложение) в зависимости от порядка малости u=f−1u=f-1u=f−1 и скорости роста ggg; обязательно проверить случаи осцилляции и знак функции.
- Привести в вид экспоненты через логарифм: если f(x)>0f(x)>0f(x)>0 в окрестности aaa, записать y=f(x)g(x)y=f(x)^{g(x)}y=f(x)g(x), lny=g(x)lnf(x)\ln y=g(x)\ln f(x)lny=g(x)lnf(x). Тогда
limx→af(x)g(x)=elimx→ag(x)lnf(x) \lim_{x\to a} f(x)^{g(x)} = e^{\lim_{x\to a} g(x)\ln f(x)}
x→alim f(x)g(x)=elimx→a g(x)lnf(x) при условии, что предел в экспоненте существует (включая ±∞\pm\infty±∞).
- Перевести произведение в дробь для применения l'Hôpital, если требуется:
g(x)lnf(x)=lnf(x)1/g(x). g(x)\ln f(x)=\frac{\ln f(x)}{1/g(x)}.
g(x)lnf(x)=1/g(x)lnf(x) . Применять l'Hôpital можно, когда образуется 0/00/00/0 или ∞/∞\infty/\infty∞/∞ и функции дифференцируемы.
- Использовать разложения/эквиваленты при f(x)=1+u(x)f(x)=1+u(x)f(x)=1+u(x), u(x)→0u(x)\to0u(x)→0:
ln(1+u)=u−u22+o(u2). \ln(1+u)=u-\tfrac{u^2}{2}+o(u^2).
ln(1+u)=u−2u2 +o(u2). Частый упрощённый шаг: ln(1+u)∼u\ln(1+u)\sim uln(1+u)∼u. Он корректен только если погрешность o(u)o(u)o(u) умноженная на g(x)g(x)g(x) даёт o(1)o(1)o(1), т.е. требуется условие
g(x) u(x)2=o(1). g(x)\,u(x)^2=o(1).
g(x)u(x)2=o(1).
- Если g(x)lnf(x)→Lg(x)\ln f(x)\to Lg(x)lnf(x)→L (конечный) — ответ eLe^LeL. Если g(x)lnf(x)→+∞g(x)\ln f(x)\to+\inftyg(x)lnf(x)→+∞ — предел +∞+\infty+∞; если −∞-\infty−∞ — предел 000.
- Проверять область определения: если f(x)f(x)f(x) иногда ≤0\le0≤0, натуральный логарифм не определён в R\mathbb{R}R, тогда либо предел не существует в R\mathbb{R}R, либо нужно рассматривать целые степени/комплексные значения отдельно.
Примеры, где очевидный логарифмический приём даёт тонкости:
1) Классический (успешный логарифм):
limx→0(1+x)1/x. \lim_{x\to 0}(1+x)^{1/x}.
x→0lim (1+x)1/x. Берём логарифм: (1/x)ln(1+x)→1(1/x)\ln(1+x)\to 1(1/x)ln(1+x)→1, отсюда предел равен eee.
2) Осцилляция, когда g(x)lnf(x)g(x)\ln f(x)g(x)lnf(x) не имеет предела:
limx→0(1+xsin(1/x))1/x. \lim_{x\to 0}\bigl(1+x\sin(1/x)\bigr)^{1/x}.
x→0lim (1+xsin(1/x))1/x. Здесь u(x)=xsin(1/x)u(x)=x\sin(1/x)u(x)=xsin(1/x), ln(1+u)∼u\ln(1+u)\sim uln(1+u)∼u, поэтому
g(x)lnf(x)∼1x⋅xsin(1/x)=sin(1/x), g(x)\ln f(x)\sim\frac{1}{x}\cdot x\sin(1/x)=\sin(1/x),
g(x)lnf(x)∼x1 ⋅xsin(1/x)=sin(1/x), который не имеет предела при x→0x\to0x→0. Следовательно исходный предел не существует; значения лежат в интервале [e−1,e1][e^{-1},e^{1}][e−1,e1]. Тонкость: формально логарифм даёт произведение, но оно осциллирует — нельзя сразу написать конкретное число.
3) Когда достаточно учитывать старшие члены разложения (ошибка важна): условие g u2=o(1)g\,u^2=o(1)gu2=o(1) нарушается, и вклад −u22-\tfrac{u^2}{2}−2u2 влияет на предел. Например, по ряду последовательностей/параметров можно получить разные предельные значения, если ведущие члены частично компенсируются. (Иллюстрация: если u=unu=u_nu=un и gnun→0g_n u_n\to 0gn un →0, но gnun2→C≠0g_n u_n^2\to C\ne0gn un2 →C=0, то ln(1+un)≈un−un22\ln(1+u_n)\approx u_n-\tfrac{u_n^2}{2}ln(1+un )≈un −2un2 даёт вклад −C/2-C/2−C/2 в экспоненте — нужно учитывать второй порядок.)
4) Проблема знака/области определения:
limx→0(1−2sin2(1/x))1/x. \lim_{x\to 0}\bigl(1-2\sin^2(1/x)\bigr)^{1/x}.
x→0lim (1−2sin2(1/x))1/x. Базовая величина f(x)f(x)f(x) принимает отрицательные значения, логарифм в R\mathbb{R}R не определён, поэтому тривиальный логарифмический приём неприменим; возможно, предел в C\mathbb{C}C или не существует в R\mathbb{R}R. Надо исследовать отдельно моменты, когда степень целая, или менять подход.
Резюме-порядок действий: проверить f(x)>0f(x)>0f(x)>0; перейти к glnfg\ln fglnf; выбрать инструмент (эквивалент, l'Hôpital, разложение) в зависимости от порядка малости u=f−1u=f-1u=f−1 и скорости роста ggg; обязательно проверить случаи осцилляции и знак функции.