Limité
#1
Posted 15-02-2007 - 08:17
1 $\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{1-cosx}{tan^2 x}$
2 $\displaystyle \lim_{x \to 1} \dfrac{x-1}{x^\alpha -1}$
3 $\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{xsinx}{1-cosx}$
#2
Posted 15-02-2007 - 10:32
I can fly without wings
#3
Posted 15-02-2007 - 12:42
#4
Posted 15-02-2007 - 14:51
câu 2 thi a<1 thì ghạn là vô cùng, lớn hơn 1 thì là 0. bằng 1 thì là 1
Edited by sherlock_holmes, 15-02-2007 - 14:52.
#5
Posted 15-02-2007 - 22:51
Bạn biến đổi câu 1 thử xem ??biến đổi tan=sin/cos, và dùng limsinx/x=1 x tiến tới 0
câu 2 thi a<1 thì ghạn là vô cùng, lớn hơn 1 thì là 0. bằng 1 thì là 1
Câu 2 ra kết quả $ \dfrac{1}{\alpha}$
Bạn nào không biết dùng khai triển hữu hạn thì dùng định lý De L'Hopital cũng thấy ngay . Thử với số 2 là biết .
#6
Posted 15-02-2007 - 22:55
$\dfrac{{2\sin ^2 \dfrac{x}{2}c{\text{os}}^{\text{2}} x}}{{\sin ^2 x}} = \dfrac{{8\dfrac{{\sin ^2 \dfrac{x}{2}}}{{\dfrac{{x^2 }}{4}}}}}{{\dfrac{{\sin ^2 x}}{{x^2 }}}}$đc rồi nhaBạn biến đổi câu 1 thử xem ??
Câu 2 ra kết quả $ \dfrac{1}{\alpha}$
Bạn nào không biết dùng khai triển hữu hạn thì dùng định lý De L'Hopital cũng thấy ngay . Thử với số 2 là biết .
Edited by sherlock_holmes, 15-02-2007 - 22:56.
#7
Posted 16-02-2007 - 01:39
#8
Posted 16-02-2007 - 09:02
bài 2Okie . Bài 1 được rồi , còn 2 bài kia ?
${\lim }\limits_{x \to 1} \dfrac{{x - 1}}{{x^\alpha - 1}} = {\lim }\limits_{x \to 1} \dfrac{1}{{\alpha x^{\alpha - 1} }} = \dfrac{{1}}{\alpha }$
Bài 3 tương tự bài 1 chớ khác chi.
Edited by sherlock_holmes, 16-02-2007 - 09:03.
#9
Posted 16-02-2007 - 15:37
#10
Posted 17-02-2007 - 22:52
$sinx = x+x \varepsilon(x) , \varepsilon(x) \displaystyle\longrightarrow_{x \to 0} 0 $
$ \Rightarrow sinx \displaystyle\sim_{0} x$
$cosx = 1+x \varepsilon_1(x) , \varepsilon_1(x) \displaystyle\longrightarrow_{x \to 0} 0 $
$\Rightarrow cosx \displaystyle\sim_{0} 1$
$\Rightarrow tanx \displaystyle\sim_{0} x \Rightarrow tan^2x \displaystyle\sim_{0} x^2$
$cosx = 1 - \dfrac{x^2}{2!} + x^2 \varepsilon '(x) , \varepsilon '(x) \displaystyle\longrightarrow_{x \to 0} 0$
$ \Rightarrow 1-cosx \displaystyle\sim_{0} \dfrac{x^2}{2!}$
$\displaystyle\lim_{x \to 0} \dfrac{1-cosx}{tan^2x} = \displaystyle\lim_{x \to 0} \dfrac{x^2}{2!} \dfrac{1}{x^2} = \dfrac{1}{2}$
#11
Posted 17-02-2007 - 22:59
$x^{\alpha} - 1 \displaystyle\sim_{1} \alpha(x-1)$
$xsinx \displaystyle\sim_{0} x^2$
#12
Posted 17-02-2007 - 23:09
1. $\displaystyle\lim_{x \to 0} \dfrac{1-cosx+ln(cosx)}{x^4}$
2. $ \displaystyle\lim_{ x \to +\infty} (1 + \dfrac{a}{x})^x , a \in \mathbf{R} $
3. $\displaystyle\lim_{x \to 0^+} (cosx)^{\dfrac{1}{x^\alpha}} , \alpha \in \mathbf{R_+}$
#13
Posted 22-02-2007 - 23:42
Mình đưa thêm vài bài nữa .
1. $\displaystyle\lim_{x \to 0} \dfrac{1-cosx+ln(cosx)}{x^4}$
2. $ \displaystyle\lim_{ x \to +\infty} (1 + \dfrac{a}{x})^x , a \in \mathbf{R} $
3. $\displaystyle\lim_{x \to 0^+} (cosx)^{\dfrac{1}{x^\alpha}} , \alpha \in \mathbf{R_+}$
Không ai tính ah ?
#14
Posted 23-02-2007 - 02:51
#15
Posted 23-02-2007 - 03:28
#16
Posted 24-02-2007 - 03:00
1) $ \lim_{x \to 0}\dfrac{1-\cos x}{\tan^2x}=\lim_{x \to 0}\dfrac{1+\cos x}{2\sec^2x+2\tan \sec^2x)'}=\dfrac{1}{2} $
Các bài khác làm tương tự. Tớ quên mất làm sao để xem cách gõ công thức rồi. Mấy bác edit lại giùm. Thanks
Edited by mat troi moc, 24-02-2007 - 03:02.
#17
Posted 24-02-2007 - 04:56
De to thu xem, lau qua khong dung latex quen mat tieu roi.
1)$ \lim_{x \to 0}\dfrac{1-\cos x}{\tan^2x}=\lim_{x \to 0}\dfrac{1+\cos x}{2\sec^2x+2\tan \sec^2x)'}=\dfrac{1}{2} $ Các bài khác làm tương tự. Tớ quên mất làm sao để xem cách gõ công thức rồi. Mấy bác edit lại giùm. Thanks
Mình chỉ biết dùng L'Hospital để giải quyết những bài dạng $\dfrac{f(x)}{g(x)}$ , còn ví dụ như $\lim_{x \to 0^+} (cosx)^{\dfrac{1}{x^\alpha}} $ thì dùng làm sao ?
#18
Posted 24-02-2007 - 13:12
Trước tiên bạn phải biết cách giải quyết dạng $ 0. \infinite $ bằng cách viết dưới dạng lũy thừa -1Mình chỉ biết dùng L'Hospital để giải quyết những bài dạng $\dfrac{f(x)}{g(x)}$ , còn ví dụ như $\lim_{x \to 0^+} (cosx)^{\dfrac{1}{x^\alpha}} $ thì dùng làm sao ?
Có 2 cách để giải quyết dạng mũ, tất cả đều đưa về dạng trên:
bạn có thể lấy logarit 2 vế hoặc viết dưới dạng e mũ ln của 1 biểu thức.
#19
Posted 25-02-2007 - 00:37
$\lim_{x\to + \infty } (cosx)^{\dfrac{1}{x^\alpha}} = \lim_{x\to + \infty }e^{-\dfrac{x^{2-\alpha}}{2}}$
Do đó :
$\alpha=2$ được $\displaystyle e^{-\dfrac{1}{2}}$
$\alpha<2$ được 1
$\alpha>2$ được 0
#20
Posted 26-02-2007 - 03:53
Đối với bài toán đầu chỉ cần lấy ln 2 vế rồi áp dụng L'Hospital's rule.
1 user(s) are reading this topic
0 members, 1 guests, 0 anonymous users