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




 
 пределы, не могу решить
Сообщение26.12.2006, 17:49 
Аватара пользователя
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} = $

 
 
 
 
Сообщение26.12.2006, 18:10 
Аватара пользователя
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.

 
 
 
 
Сообщение27.12.2006, 06:51 
Аватара пользователя
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.

 
 
 
 
Сообщение27.12.2006, 18:37 
Аватара пользователя
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)] =$

 
 
 
 
Сообщение27.12.2006, 18:55 
Аватара пользователя
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.

 
 
 
 
Сообщение28.12.2006, 12:49 
Аватара пользователя
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
$5) \lim\limits_{x \to +\infty}\frac {ln(1+e^x)}{x} = \lim\limits_{x \to +\infty}\frac {lne^x+ln(\frac{1}{e^x}+1)}{x}  = \lim\limits_{x \to +\infty}(1+\frac{ln(\frac{1}{e^x}+1)}{x}) =1$

 
 
 
 
Сообщение28.12.2006, 14:43 
Аватара пользователя
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.

 
 
 
 
Сообщение28.12.2006, 15:55 
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
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 1 + 0} e^{\frac{{2x\ln x}}{{1 - x^2 }}}  = \mathop {\lim }\limits_{y \to 0 + 0} e^{\frac{{\ln (1 + y)}}{{ - y}}}  = \mathop {\lim }\limits_{y \to 0 + 0} (1 + y)^{ - \frac{1}{y}}  = e^{ - 1}$

 
 
 [ Сообщений: 8 ] 


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