Несколько заданий по математическому анализу (основы)

[int13]

Здраствуйте.
Мне необходимо как можно быстрее разобраться в этом виде заданий, я уже почитываю кое-какую литературу, поэтому кое-какие соображения у меня есть...
Но я хочу "вылизать" эти задания, и понять как их решать, в подробностях. Надеюсь, вам не составит труда мне помочь.
И да, еще раз отмечу, в этих заданиях я практически полный ноль (пока что)
1.

$$ \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \left( {\sqrt {x^4 + 2x^2 - 1} - \sqrt {x^4 - 2x^2 - 1} } \right) $$

Вроде бы решено. Стремится к двум.
2.

$$ \mathop {\lim }\limits_{x \to {\pi \over 4}} {{1 - tg^2 x} \over {\sqrt 2 \cos x - 1}} $$

В процессе решения..
3.

$$ \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {{{a^{x + 1} + b^{x + 1} } \over {a + b}}} \right)^{{1 \over x}} $$

Что-то выражение похоже на второй замечательный предел...
Пытаюсь сейчас его как-нибудь преобразовать.
4.

$$ \mathop {\lim }\limits_{x \to {1 \over 4}} \left( {{{1 - ctg\pi x} \over {\ln tg\pi x}}} \right) $$

Идей тоже нет. Хочется построить графики верхнего и нижнего выражения, но кажется, это бестолково.
Вот этот пример тоже вводит в ступор:
5. Определить, при каких значениях

$$alpha$$

и

$$beta$$

, функция

$$f(x)$$

является бесконечно малой.

$$ f(x) = {{xe^x } \over {e^x - 1}} - \alpha x - \beta ,x \to \infty $$

6. Вообще не понятно. Думаю, построить график по точкам. Сейчас почитаю теорию:
Найти точки разрыва функции, установить их род, найти скачки в точках разрыва первого рода.

$$ y = {1 \over {\ln \left[ {x - 1} \right]}} $$

Ну и последнее:
7. Исследовать на непрерывность и построить график функции:

$$ f(x) = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \cos ^n x $$

[PAV]

В первом примере умножьте и разделите на сумму тех же корней.

[int13]

Эм... Чтобы получилась разность квадратов? Сейчас попробую..

Добавлено спустя 5 минут 43 секунды:

Честно говоря, мне первый способ больше нравится
Вот что вышло:

$$ \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {{4x^2 } \over {\sqrt {x^4 + 2x^2 - 1} + \sqrt {x^4 - 2x^2 - 1} }} $$

Эм.. Знаменатель растет, и числитель растет. Получилась все та же бесконечность деленная на бесконечность.

...
"применить асимптотические разложения"
Честно говоря, первый раз слышу такой термин. Надеюсь, можно как-нибудь по проще...

[antbez]

Во втором и четвёртом введите новую переменную "линейным сдвигом"

[int13]

Что значит линейным сдвигом?

[mkot]

int13 писал(а):

Вот что вышло:

$$ \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {{4x^2 } \over {\sqrt {x^4 + 2x^2 - 1} + \sqrt {x^4 - 2x^2 - 1} }} $$

Эм.. Знаменатель растет, и числитель растет. Получилась все та же бесконечность деленная на бесконечность.
...

А теперь числитель и знаменатель разделите на $x^2$ и в знаменателе внесите его под корни.

А в самом последнем задании, скорее всего $n$ стемится к $\infty$.

[int13]

mkot писал(а):

А теперь числитель и знаменатель разделите на $x^2$ и в знаменателе внесите его под корни.

Будет.. Эээ..

$$ \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {4 \over {\sqrt {x^8 + 2x^6 - x^4 } + \sqrt {x^8 - 2x^6 - x^4 } }} $$

То есть.. Выражение будет стремиться к нулю?

[mkot]

int13 писал(а):

mkot писал(а):

А теперь числитель и знаменатель разделите на $x^2$ и в знаменателе внесите его под корни.

Будет.. Эээ..

$$ \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {4 \over {\sqrt {x^8 + 2x^6 - x^4 } + \sqrt {x^8 - 2x^6 - x^4 } }} $$

То есть.. Выражение будет стремиться к нулю?

Вы не правильно разделили.

Добавлено спустя 6 минут 12 секунд:

$$\eqalign{ & \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {{4x^2 } \over {\sqrt {x^4 + 2x^2 - 1} + \sqrt {x^4 - 2x^2 - 1} }} = & \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {4 \over {\frac{1}{x^2 }\left( {\sqrt {x^4 + 2x^2 - 1} + \sqrt {x^4 - 2x^2 - 1} } \right)}} $$

[int13]

Упс

$$ \eqalign{ & \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {4 \over {\sqrt {{1 \over {x^4 }}\left( {x^4 + 2x^2 - 1} \right)} + \sqrt {{1 \over {x^4 }}\left( {x^4 - 2x^2 - 1} \right)} }} \cr $$

$$ & \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {4 \over {\sqrt {\left( {1 + {2 \over {x^2 }} - {1 \over {x^4 }}} \right)} + \sqrt {\left( {1 - {2 \over {x^2 }} - {1 \over {x^4 }}} \right)} }} \cr} $$

Так.. Значит теперь:

$${{2 \over {x^2 }}}$$

и

$${{1 \over {x^4 }}}$$

стремятся к нулю...
А само выражение стремится к 2... Правильно?

Добавлено спустя 21 минуту 52 секунды:

А с остальными что делать - ума не приложу.
Второе выражение напоминает какую-то тригонометрическую формулу...

[antbez]

К 2- правильно

Цитата:

Что значит линейным сдвигом?

Например $x\to a$, тогда вводите $b=x-a$, $b\to 0$

[GAA]

К заданию 5. Проверить, что $ e^x$ ~ $e^x - 1$, $x \to \infty$, откуда выудить $\alpha$. Затем вычислить предел $f(x)$ без $\beta$, т.е. предел $f(x)-\beta$ и положить $\beta$ равной этому пределу. Остальные задания очевидны, помогать не буду.

[citadeldimon]

Во втором и четвертом неопределенности типа 0/0 - примените правило Лопиталя и сразу все получается.

Насчет шестого - точками разрыва будут точки $0$ и $2$ (второго рода), а $1$
- первого рода с скачком $0$, то есть, если до означит нашу функцию $f(1)=0$, то разрыва не будет.

[int13]

citadeldimon писал(а):

примените правило Лопиталя

Это нужно брать производную?
Дело в том, что мы её еще не изучали совершенно точно, поэтому нужно как-то обойтись без него

[mkot]

int13 писал(а):

$$ \mathop {\lim }\limits_{x \to {\pi \over 4}} {{1 - tg^2 x} \over {\sqrt 2 \cos x - 1}} $$

Знаменатель преобразуйте следующим способом
$\sqrt 2 \cos x - 1 = $
Выносим $\sqrt 2$ за скобки
$\sqrt 2 (\cos x - \frac{\sqrt2}{2}) $
Методом пристального вглядывания замечаем, что $\frac{\sqrt2}{2}$ есть не что
иное как $\cos\frac{\pi}{4}$. Поэтому применяем формулу разности косинусов.
В полученном выражении делаем замену $x - \frac{\pi}{4} = y$.
Теперь перейдём к числителю. Замечаем, что
$1 - \tg^2 x = \frac{1}{\cos^2 x} (\cos^2 x - \sin^2 x)$,
в скобках стоит косинус удвоенного угла. далее, делаем ту же замену. Видим, что можно
применить формулу приведения (ведь видим же?).
Теперь если проверить, то неопределённость даёт отношение двух синусов. Но когда это нас
останавливало? Используем два раза первый замечательный и всё!

[int13]

Извините, не дошло
Получилось примерно это:

$$ \mathop {\lim }\limits_{x \to {\pi \over 4}} {{{{\cos 2\left( {y + {\pi \over 4}} \right)} \over {\cos ^2 x}}} \over { - 2\sqrt 2 \sin {{y + {\pi \over 2}} \over 2}\sin {y \over 2}}} $$