Пределы №6

[Оля]

\(\lim_{x \to 0}(2-e^{x^{2}})^{\frac{1}{1-cos\pi x}}\)

[Алексей]

Для начала примените такую формулу: \(a^b=e^{b\ln a}\). А потом продолжим

[Оля]

\(\lim_{x \to 0} e^{\frac{1}{1-cos\pi x}\cdot ln(2-e^{x^{2}})}\)
так?

[Алексей]

Да. Вот предел степени, т.е. \(\lim_{x\to 0}\frac{\ln(2-e^{x^2})}{1-\cos\pi x}\) и придется искать. Для начала давайте сделаем два преобразования. Используйте формулу \(2\sin^2\frac{\alpha}{2}=1-\cos\alpha\) для знаменателя. А выражение в числителе запишем так: \(\ln(1+1-e^{x^2})\).

[Оля]

\(\lim_{x \to 0}\frac{ln(1+1-e^{x^{2}})}{2sin^{2}\frac{\pi x}{2}}\)

[Алексей]

Ок. Теперь так: если \(x\to 0\), то \(1-e^{x^2}\to\)? И \(\frac{\pi x}{2}\to\)?

[Оля]

будет неопределенность \(\frac{0}{0}\) ?

[Алексей]

Где именно? Пока что про неопределенность речи нету, - просто укажите, к чему стремятся данные два выражения

[Оля]

к 0?

[Алексей]

Именно. И \(1-e^{x^2}\) и \(\frac{\pi x}{2}\) стремятся к нулю. К чему я веду: есть две эквивалентности, верные при \(\alpha\to 0\):

\(\sin\alpha\sim\alpha;\;\;\; \ln(1+\alpha)\sim\alpha\)

Вот и примените их в числителе и знаменателе вашего предела.