Chủ đề này có 3 trả lời

[quangthai9x]

1,Tìm giới hạn bằng cách thay vô cùng bé tương đương

$\lim_{x\rightarrow \infty }$$\frac{\sqrt[n]{1+x}-1}{x}$ biết n$\in$N và n $\geq$ 2

2, Tìm giới hạn hàm số

a,$\lim_{x\rightarrow 1} \frac{1-x^{2}}{sin\pi x }$

b,$\lim_{x\rightarrow +\infty }(cos\frac{x}{m})^{m}$

[Thegooobs]

1,Tìm giới hạn bằng cách thay vô cùng bé tương đương

$\lim_{x\rightarrow \infty }$$\frac{\sqrt[n]{1+x}-1}{x}$ biết n$\in$N và n $\geq$ 2

2, Tìm giới hạn hàm số

a,$\lim_{x\rightarrow 1} \frac{1-x^{2}}{sin\pi x }$

b,$\lim_{x\rightarrow +\infty }(cos\frac{x}{m})^{m}$

1. Đây là dạng vô định $\dfrac{\infty}{\infty}$ không dễ để dùng vô cùng bé ở đây mình dùng cách đổi biến 

Đặt $\sqrt{1+x}=y \Rightarrow x=y^n-1$ và $ y \to \lim_{x \to \infty}\sqrt{1+x}=\infty$ khi đó ta tính giới hạn

$$\lim_{y \to \infty}\dfrac{y}{y^n-1}$$

Áp dụng quy tắc $\text{L'hospital}$ ta được

$$\lim_{y \to \infty}\dfrac{y}{y^n-1}=\lim_{y \to \infty}\dfrac{1}{n\cdot y^{n-1}}=0$$

Vậy

$$\lim_{x \to \infty}\dfrac{\sqrt{1+x}-1}{x}=0$$

2. Đây là dạng vô định $\dfrac{0}{0}$ nhưng lúc này $ x \to 1$ để đơn giản ta đổi biến để quá trình trở thành $y \to 0$ để áp dụng các vô cùng bé tương đương khi $y \to 0$

Đặt $y=x-1$ khi đó $y \to \lim_{x \to 1}(x-1)=0$

Khi đó ta tính giới hạn

$$\lim_{y \to 0}\dfrac{1-(y+1)^2}{\sin(\pi\cdot y+\pi)}$$

Sử dụng công thức:

$$\sin(x+y)=\sin(x)\cdot\cos(y)+\cos(x)\cdot\sin(y)$$ ta được:

$$\lim_{y \to 0}\dfrac{1-(y+1)^2}{\sin(\pi\cdot y+\pi)}=\lim_{y \to 0}\dfrac{-y^2-2y}{\sin(\pi\cdot y)\cdot\cos(\pi)+\cos(\pi\cdot y)\cdot\sin(\pi)}=\lim_{y \to 0}\dfrac{y^2+2y}{\sin(\pi \cdot y)}=\lim_{y \to 0}\dfrac{y^2+2y}{\pi \cdot y}=\dfrac{2}{\pi}$$

[Konstante]

1. Khi $x \to +\infty$ thì $\left(1+x\right)^{\frac{1}{n}} = 1 + x^{\frac{1}{n}} + \mathcal{o}\left(x^{\frac{1}{n}}\right) = 1 + \mathcal{o}(x)$, do vậy $\frac{\left(1+x\right)^{\frac{1}{n}} - 1}{x} \xrightarrow[x \to +\infty]{} 0$

 

2a. Khi $x \to 1$ thì $\sin \pi x = \sin \pi (1-x) = \pi (1 - x) + \mathcal{o}(1-x)$, do vậy $\frac{1-x^2}{\sin \pi x} = \frac{1+x}{\pi + \frac{\mathcal{o}(1-x)}{1-x}} \xrightarrow[x \to 1]{} \frac{2}{\pi}$

 

2.b Mình đoán đề bài là $x \to 0$, còn nếu không thì $\left(\cos \frac{x}{m}\right)^{m} = \begin{cases} 1 \; \text{khi} \; x = 2nm\pi \\ 0 \; \text{khi} \; x = (2n+\frac{1}{2})m \pi\end{cases}$ với $n\in \mathbb{N}$ nên $\left(\cos \frac{x}{m}\right)^{m}$ không hội tụ khi $x \to +\infty$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Konstante: 29-02-2024 - 18:58

[Thegooobs]

1. Khi $x \to +\infty$ thì $\left(1+x\right)^{\frac{1}{n}} = 1 + x^{\frac{1}{n}} + \mathcal{o}\left(x^{\frac{1}{n}}\right) = 1 + \mathcal{o}(x)$, do vậy $\frac{\left(1+x\right)^{\frac{1}{n}} - 1}{x} \xrightarrow[x \to +\infty]{} 0$

 

2a. Khi $x \to 1$ thì $\sin \pi x = \sin \pi (1-x) = \pi (1 - x) + \mathcal{o}(1-x)$, do vậy $\frac{1-x^2}{\sin \pi x} = \frac{1+x}{\pi + \frac{\mathcal{o}(1-x)}{1-x}} \xrightarrow[x \to 1]{} \frac{2}{\pi}$

 

2.b Mình đoán đề bài là $x \to 0$, còn nếu không thì $\left(\cos \frac{x}{m}\right)^{m} = \begin{cases} 1 \; \text{khi} \; x = 2nm\pi \\ 0 \; \text{khi} \; x = (2n+\frac{1}{2})m \pi\end{cases}$ với $n\in \mathbb{N}$ nên $\left(\cos \frac{x}{m}\right)^{m}$ không hội tụ khi $x \to +\infty$.

Nếu 2.b quá trình là $x \to 0$ thì dễ thấy là $\lim_{x \to 0}\left(\cos\dfrac{x}{m}\right)^m=1^m=1$ với $m\ne 0$

Em xin làm lại câu 2b với quá trình $x \to \infty$ dựa trên ý tưởng của anh @Konstante

Khi $m=0$ thì hàm số $f(x)=\left(\cos\dfrac{x}{m}\right)^m$ không tồn tại bởi vì $\not\exists D \in \mathbb{R}$ sao cho $f: D \to \mathbb{R}$ nên đương nhiên không tồn tại giới hạn $\lim_{x \to \infty}\left(\cos\dfrac{x}{m}\right)^m$.

Khi $m \ne 0$ giả sử $f$ có giới hạn hữu hạn khi $x \to \infty$ khi đó theo định nghĩa giới hạn thì tồn tại số $\ell \in \mathbb{R}$

$$\forall \varepsilon>0, \exists M>0 \  \text{sao cho} \  \forall x >M \Rightarrow |\left(\cos\dfrac{x}{m}\right)^m-\ell|<\varepsilon$$

Lúc này ta chọn hai số $x_1=mn2\pi$ và $x_2=m\left(\dfrac{\pi}{3}+n2\pi\right)$ với $n \in \mathbb{Z}$ có dấu phù hợp với $m$ và đủ lớn để $x_1,x_2 > M$ khi đó ta có

$$\begin{cases} |1-\ell|<\varepsilon \\ |\dfrac{1}{2}-\ell|<\varepsilon \end{cases}$$

$$\Leftrightarrow \begin{cases} 1-\varepsilon<\ell<1+\varepsilon \\ \dfrac{1}{2}-\varepsilon<\ell<\dfrac{1}{2}+\varepsilon \end{cases}$$

Bây giờ cho $\varepsilon =\dfrac{1}{4}$ ta sẽ thấy điều mâu thuẫn. Vậy $f$ không giới hạn hữu hạn $x \to \infty$

Giả sử $f$ có giới hạn  là $\pm\infty$ khi $x \to \infty$. Ta xét trường hợp giới hạn là $\infty$  (tương tự cho $-\infty$) khi đó theo định nghĩa giới hạn thì:

$$\forall N>0, \exists M>0 \ \text{sao cho} \ \forall x > M \Rightarrow \left(\cos\frac{x}{m}\right)^m>N$$ 

Khi $x >M$ thì $\left(\cos\dfrac{x}{m}\right)^m$ chỉ có thể không xác định hoặc nằm trong khoảng đóng $[-1,1]$ nên rõ ràng $f$ không có giới hạn $\infty$ khi $x \to \infty$.

Vậy không tồn tại giới hạn $\lim_{x \to \infty}\left(\cos\frac{x}{m}\right)^m$ với mọi số thực $m$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Thegooobs: 01-03-2024 - 18:22