10 пределов

[Demurg2000]

Проверьте, пожалуйста, правильно ли подсчитаны пределы:
1) $\lim\limits_{x \to 0} \frac{\sin(\sin x)-\th x}{x^6}$
Ответ: $\frac 1 6$
2) $\lim\limits_{x \to 0} \frac{\cos x^{\sin x}-\sqrt{1-x^3}}{x^6}$
Ответ: $\frac 1 4$
3) $\lim\limits_{x \to -\infty} ({\sqrt{x^2+x}-x}) $
Ответ: $\frac 1 2$
4) $\lim\limits_{x \to 0} {{(\cos x+\sin x)}}^{\frac 1 x} $
Ответ: $e$
5) $\lim\limits_{x \to \infty } \lg{\frac {100+x^2} {1+100x^2}} $
Ответ: -2
6) $\lim\limits_{x \to \frac \pi 2} (\tg x+\frac 2 {2x-\pi}) $
Ответ:0 получился, но в решении не уверен
7) $\lim\limits_{x \to 0} \frac 1 {\tg x} - \frac 1 {e^x-1} $
Ответ:1
И еще в трех примерах пока нет идеи:
8) $\lim\limits_{x \to +0} \frac{\ln x}{1+2\ln(\sin x)}$
Здесь я пока только заменил $\ln x$ на $(x-1)$
9) ) $\lim\limits_{x \to \pi}{\sin x}^{(\pi-x)} $
Заменил $(\pi-x)$ на t и после преобразований получил:
$ e^{\lim\limits_{t \to 0} \frac{\ln(\sin t)}{\frac 1 t}$
А лопиталить не получается.
10)Насчет последнего предела пока идей нет:
$\lim\limits_{x \to \infty } x*({\arctg{\frac {x+1} {x+2}- \frac \pi 4}}) $

[Lion]

Все, что Вы посчитали, вроде верно.
№9 можно дорешать так: $|t\ln(\sin t)|<|t\ln t|\to 0$ при $t\to 0$, поэтому исходный предел равен 1.
№8 и 10 стандартно решаются по правилу Лопиталя.

[Demurg2000]

Вы не могли бы проверить пределы 1,2,6 с помощью программы для подсчета пределов,у меня просто такой нет,а знать правильные ли ответы нужно точно.
В пределе номер 8 можно ли сразу применять правило Лопиталя?
В пределе номер 10 нужно сначала функцию под arctg разделить и числитель и знаменатель на x?Тогда получится $x*(arctg1- \frac \pi 4)$

[Lion]

Matlab говорит, что ответы в №№ 2 и 6 точно правильные, а предел в №1 равен $\infty$. Скорее всего, это обычный глюк, я пересчитал, и тоже получилось 1/6.
В №8 применять правило Лопиталя можно сразу.
В № 10 нужно записать предел в виде $\lim\limits_{x\to \infty}\frac{\arctg\frac{x+1}{x+2}-\frac{\pi}{4}}{1/x}}$, а потом можно Лопиталить. Под арктангенсом ничего делить не нужно, разве только чтобы убедиться в возможности лопитирования...

[ИСН]

В 1 ясно, как божий день, что обе функции наверху представляют собой ряды по нечётным степеням x (сами будучи нечётными функциями), а значит, первый ненулевой коэффициент может наблюдаться либо при пятой, либо (вряд ли) при седьмой или выше, но никак не при шестой степени x.
Маткад маткадом, но и бдительность терять не стоит.
Upd. В 10 можно по-простому, а можно нестандартный финт ушами: конструкция в скобках стемится к нулю, так давайте заменим её на её тангенс, а уж он раскрывается в рациональную функцию.

[Lion]

Забавно получилось: неправильно прочитал условие и получил неправильный ответ.
Я посчитал такой предел: $\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin(\sin x)-\th x}{x^5}$. Он равен $-1/30$. Ну и тогда ясно, что $\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin(\sin x)-\th x}{x^6}=\infty$. Может, условие неверно?

[Demurg2000]

В первом все-таки x^5

[Lion]

Ну вот, так-то лучше.

[Demurg2000]

В 8 ответ 1/2 ,а в 10 -1/2?

[Capella]

Lion писал(а):

Я посчитал такой предел: $\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin(\sin x)-\th x}{x^5}$. Он равен $-1/30$. Ну и тогда ясно, что $\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin(\sin x)-\th x}{x^6}=\infty$

Странно... А не

$$-\infty$$

?

[Lion]

Ну... Никто же не говорил, что $x\to +0$, правда?..

Добавлено спустя 3 минуты 15 секунд:

Demurg2000 писал(а):

В 8 ответ 1/2 ,а в 10 -1/2?

Да.

[Demurg2000]

У меня получилось разложение пятого порядка для thx:
$ x-\frac {x^3} {3}- \frac {4x^5} {15} +o(x^5)$
Это так?

[Capella]

Нуу, такии вещи лучше всего смотреть по справочникам Демидович например говорит, что у Вас ошибка в 3-ем члене. (правильно

$$+\frac {2x^5} {15}$$

)

Lion

ок

[Demurg2000]

Lion писал(а):

№9 можно дорешать так: $|t\ln(\sin t)|<|t\ln t|\to 0$ при $t\to 0$, поэтому исходный предел равен 1.

У меня получилось,что степенной предел равен равен 1 и исходный предел получился равным
$e$

[Brukvalub]

Demurg2000 писал(а):

Lion писал(а):

№9 можно дорешать так: $|t\ln(\sin t)|<|t\ln t|\to 0$ при $t\to 0$, поэтому исходный предел равен 1.

У меня получилось,что степенной предел равен равен 1 и исходный предел получился равным
$e$

Неравенство, которое написал Lion- неверное, поскольку модуль натурального логарифма убывает на интервале (0 , 1). Но его ответ, тем не менее, верен, поскольку

$$ \mathop {\lim }\limits_{x \to + 0} x\ln (\sin x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + 0} (\sin x)\ln (\sin x)\mathop {\lim }\limits_{x \to + 0} {x \over {\sin x}} = 0 \times 1 = 0 $$

И еще: этот предел имеет смысл рассматривать только на базе левых полуокрестностей точки пи, иначе будет бяка.