2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки


Правила форума


В этом разделе нельзя создавать новые темы.

Если Вы хотите задать новый вопрос, то не дописывайте его в существующую тему, а создайте новую в корневом разделе "Помогите решить/разобраться (М)".

Если Вы зададите новый вопрос в существующей теме, то в случае нарушения оформления или других правил форума Ваше сообщение и все ответы на него могут быть удалены без предупреждения.

Не ищите на этом форуме халяву, правила запрещают участникам публиковать готовые решения стандартных учебных задач. Автор вопроса обязан привести свои попытки решения и указать конкретные затруднения.

Обязательно просмотрите тему Правила данного раздела, иначе Ваша тема может быть удалена или перемещена в Карантин, а Вы так и не узнаете, почему.



Начать новую тему Ответить на тему
 
 пределы, не могу решить
Сообщение26.12.2006, 17:49 
Аватара пользователя


25/12/06
7
нужно к зачету решить эти примеры, а у меня ну никак не получается

$1) \lim\limits_{x \to \infty}( \sqrt[3]{\\x^3+x^2+1}-\sqrt[3]{\\x^3-x^2+1}) = $

$2) \lim\limits_{x \to 0} \frac {ctg(\alpha+2x)-2ctg(\alpha+x)+ctg\alpha}{x^2}= $

$3) \lim\limits_{x \to \frac {\pi}{4}+0} [tg(\frac {\pi}{8} +x)]^{tg2x} = $

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение26.12.2006, 18:10 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


26/11/06
696
мехмат
В задаче №1 домножте и поделите выражение так, чтобы в числителе выделилась разность кубов.
В задаче №2 сгруппируйте числитель так: $[\ctg(\alpha+2x)-\ctg(\alpha+x)]+[\ctg(\alpha)-\ctg(\alpha+x)]$. Потом упростите у воспользуйтесь тем, что $\lim\limits_{x\to0}\frac{\sin x}{x}=1$.
В задаче №3 неверно условие, причем, по-моему, сразу в двух местах.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение27.12.2006, 06:51 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/12/05
5904
Новосибирск
В первой на мой взгляд просится вынесение множителя $x$ с разложением оставшейся разности радикалов по формуле Тейлора до первого (!) порядка - устно ответ получается. Впрочем он так же просто получается и при переводе иррациональности в знаменатель, только при этом придётся написать несколько "громоздкостей".
В третьей, видимо, $x\rightarrow \frac{\pi}{8} + 0$ и, разумеется, вместо $k$ в показателе должен быть $x$. Во избежание вычисления предела в показателе лучше сразу логарифмировать, то есть вместо предела $\lim_{x\rightarrow 0} (1+x)^{\frac{1}{x}}$ использовать предел $\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\ln(1+x)}{x}$. Разумеется после нахождения предела потребуется потенцирование.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение27.12.2006, 18:37 
Аватара пользователя


25/12/06
7
Спасибо за подсказку, №1 и №2 решила
№3 ошибку исправила $k$ на $x$, но решить не могу

\lim\limits_{x \to \frac {\pi}{4}+0} [tg(\frac {\pi}{8} +x)]^{tg2x} = \lim\limits_{x \to \frac {\pi}{4}+0}tg2x*ln [tg(\frac {\pi}{8} +x)] =$

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение27.12.2006, 18:55 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/12/05
5904
Новосибирск
плохой математик писал(а):
№3 ошибку исправила $k$ на $x$, но решить не могу

\lim\limits_{x \to \frac {\pi}{4}+0} [tg(\frac {\pi}{8} +x)]^{tg2x} = \lim\limits_{x \to \frac {\pi}{4}+0}tg2x*ln [tg(\frac {\pi}{8} +x)] =$

Ну, конечно же не так. Число и его логарифм - это не одно и то же.
Ошибка была то одна? Если только в $k$, то тогда и вовсе делать нечего - посмотрите к чему стремится основние и куда идёт показатель.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение28.12.2006, 12:49 
Аватара пользователя


25/12/06
7
В №3 мне задачу упростили
$3) \lim\limits_{x \to \frac {\pi}{4}+0} [tgx]^{tg2x} = $
Но мне от этого не легче, я не знаю как его решить. Лопиталить нельзя.
И есть еще один номер, я его начала решать
$4) \lim\limits_{x \to 0} x^{x^{x-1}} = \lim\limits_{x \to 0} e^{x^{x-1}lnx} = $
Что дальше - не знаю.
А этот номер я решила, но не знаю правильно или нет
$5) \lim\limits_{x \to +\infty}\frac {ln(1+e^x)}{x} = \lim\limits_{x \to +\infty}\frac {lne^x+ln(\frac{1}{e^x}+1)}{x}  = \lim\limits_{x \to +\infty}(1+\frac{ln(\frac{1}{e^x}+1)}{x}) =1$

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение28.12.2006, 14:43 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


23/07/05
17973
Москва
плохой математик писал(а):
В №3 мне задачу упростили
$3) \lim\limits_{x \to \frac {\pi}{4}+0} [tgx]^{tg2x} = $


Ничего себе упростили! В первоначальном варианте достаточно было заметить, что $\tg\left(\frac{\pi}8+x\right)\to\tg\frac{3\pi}8>1$ и $\tg2x\to-\infty$ при $x\to\left(\frac{\pi}4\right)^+$, поэтому предел равен $0$. Теперь же нужно вспоминать второй замечательный предел: $\lim\limits_{n\to\infty}\left(1+\frac 1n\right)=\lim\limits_{t\to 0}(1+t)^{\frac 1t}=e$.

плохой математик писал(а):
Но мне от этого не легче, я не знаю как его решить. Лопиталить нельзя.


Ну, если $\lim\limits_{x\to a}\varphi(x)=1$ и $\lim\limits_{x\to a}\psi(x)=\infty$, то можно применять следующие преобразования:
$$\lim\limits_{x\to a}(\varphi(x))^{\psi(x)}=\lim\limits_{x\to a}(1+(\varphi(x)-1))^{\psi(x)}=\lim\limits_{x\to a}\left((1+(\varphi(x)-1))^{\frac 1{\varphi(x)-1}}\right)^{(\varphi(x)-1)\psi(x)}\left(=\lim\limits_{x\to a}e^{(\varphi(x)-1)\psi(x)}\right)$$
($\lim\limits_{x\to a}(1+(\varphi(x)-1))^{\frac 1{\varphi(x)-1}}=\lim\limits_{t\to 0}(1+t)^{\frac 1t}=e$, где $t=\varphi(x)-1\to 0$ при $x\to a$).

плохой математик писал(а):
И есть еще один номер, я его начала решать
$4) \lim\limits_{x \to 0} x^{x^{x-1}} = \lim\limits_{x \to 0} e^{x^{x-1}lnx} = $
Что дальше - не знаю.


Вероятно, должно быть $x\to 0^+$, поскольку при $x\leqslant 0$ функция $x^{x^{x-1}}$ не определена. Хотя при определении предела можно оговаривать, что точки берутся не произвольные, а только из области определения.
Здесь вообще никакие преобразования не нужны. Нужно порассуждать: "$x\to 0^+$, поэтому $x-1\to-1$, следовательно, $x^{x-1}\to$...".

плохой математик писал(а):
А этот номер я решила, но не знаю правильно или нет
$5) \lim\limits_{x \to +\infty}\frac {ln(1+e^x)}{x} = \lim\limits_{x \to +\infty}\frac {lne^x+ln(\frac{1}{e^x}+1)}{x}  = \lim\limits_{x \to +\infty}(1+\frac{ln(\frac{1}{e^x}+1)}{x}) =1$


Правильно.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение28.12.2006, 15:55 


01/12/05
196
Москва
Someone писал(а):
Теперь же нужно вспоминать второй замечательный предел.


тут все просто:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to \frac{\pi }{4} + 0} \tan x = 1 + 0$

Вспоминая формулу для тангенса удвоенного угла, получаем, что искомый предел равен
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 1 + 0} e^{\frac{{2x\ln x}}{{1 - x^2 }}}  = \mathop {\lim }\limits_{y \to 0 + 0} e^{\frac{{\ln (1 + y)}}{{ - y}}}  = \mathop {\lim }\limits_{y \to 0 + 0} (1 + y)^{ - \frac{1}{y}}  = e^{ - 1}$

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 8 ] 

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group