Limité
#1
Đã gửi 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
Đã gửi 15-02-2007 - 10:32
I can fly without wings
#3
Đã gửi 15-02-2007 - 12:42
#4
Đã gửi 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
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi sherlock_holmes: 15-02-2007 - 14:52
#5
Đã gửi 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
Đã gửi 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 .
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi sherlock_holmes: 15-02-2007 - 22:56
#7
Đã gửi 16-02-2007 - 01:39
#8
Đã gửi 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.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi sherlock_holmes: 16-02-2007 - 09:03
#9
Đã gửi 16-02-2007 - 15:37
#10
Đã gửi 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
Đã gửi 17-02-2007 - 22:59
$x^{\alpha} - 1 \displaystyle\sim_{1} \alpha(x-1)$
$xsinx \displaystyle\sim_{0} x^2$
#12
Đã gửi 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
Đã gửi 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
Đã gửi 23-02-2007 - 02:51
#15
Đã gửi 23-02-2007 - 03:28
#16
Đã gửi 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
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi mat troi moc: 24-02-2007 - 03:02
#17
Đã gửi 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
Đã gửi 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
Đã gửi 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
Đã gửi 26-02-2007 - 03:53
Đối với bài toán đầu chỉ cần lấy ln 2 vế rồi áp dụng L'Hospital's rule.
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh