Задача №1968
Условие
Пусть \(P(x)=a_1x+a_2x^2+\ldots+a_nx^n\), \(m\in{N}\). Доказать, что \(\lim_{x\to{0}}\frac{\sqrt[m]{1+P(x)}-1}{x}=\frac{a_1}{m}\).
Решение
Используем результат задачи 1958, т.е. \(\lim_{x\to{0}}\frac{\sqrt[n]{1+x}-1}{x}=\frac{1}{n}\). Найдём пару вспомогательных пределов:
\[
\begin{aligned}
&\lim_{x\to{0}}\frac{\sqrt[m]{1+P(x)}-1}{P(x)}=\left|\frac{0}{0}\right|=\left|\begin{aligned}&t=P(x);\\&t\to{0}.\end{aligned}\right|=\lim_{t\to{0}}\frac{\sqrt[m]{1+t}-1}{t}=\frac{1}{m};\\
&\lim_{x\to{0}}\frac{P(x)}{x}=\left|\frac{0}{0}\right|=\lim_{x\to{0}}\left(a_1+a_2x+\ldots+a_nx^{n-1}\right)=a_1.
\end{aligned}
\]
Вернёмся к исходному пределу:
\[
\lim_{x\to{0}}\frac{\sqrt[m]{1+P(x)}-1}{x}=\left|\frac{0}{0}\right|=\lim_{x\to{0}}\left( \frac{\sqrt[m]{1+P(x)}-1}{P(x)}\cdot\frac{P(x)}{x} \right)=\frac{1}{m}\cdot{a_1}=\frac{a_1}{m}.
\]
Ответ:
\(\frac{a_1}{m}\)