$\lim_{x\rightarrow 0 }\frac{x^3}{sinx-x}$
#1
Đã gửi 14-04-2012 - 19:19
khá thú vị ,mọi nguoi thử xem
- Mai Duc Khai yêu thích
Stay hungry,stay foolish
#2
Đã gửi 14-04-2012 - 19:43
$$\lim_{x\rightarrow 0 }\frac{x^3}{sinx-x}=\lim_{x\rightarrow 0 }\frac{3x^2}{\cos x}=\lim_{x\rightarrow 0 }\frac{6x}{-\sin x}=\lim_{x\rightarrow 0 }\frac{6}{-\cos x}=-6$$
- terenceTAO và break thích
1) Xem cách đăng bài tại đây
2) Học gõ công thức toán tại: http://diendantoanho...oạn-thảo-latex/
3) Xin đừng đặt tiêu đề gây nhiễu: "Một bài hay", "... đây", "giúp tớ với", "cần gấp", ...
4) Ghé thăm tôi tại http://Chúlùnthứ8.vn
5) Xin đừng hỏi bài hay nhờ tôi giải toán. Tôi cực gà.
#3
Đã gửi 14-04-2012 - 20:17
Tính $\lim_{x\rightarrow 0 }\frac{x^3}{sinx-x}$
khá thú vị ,mọi nguoi thử xem
Nếu bạn đã biết đến khai triển Maclaurin của hàm số $y=sinx$ thì có thể giải quyết bài toán trên dựa vào khai triển này.
Ta chỉ cần khai triển Maclaurin cho $sinx$ đến bậc $3$ đối với $x$.
----
- terenceTAO yêu thích
#4
Đã gửi 14-04-2012 - 20:26
Cảm ơn thầy nhưng thầy có thể giải thich thêm cho em về quy tắc này được không ạ.Em mới học lớp 11 và cũng kém giưới hạn nên không biết nóÁp dụng quy tắc L'Hospital ta có:
$$\lim_{x\rightarrow 0 }\frac{x^3}{sinx-x}=\lim_{x\rightarrow 0 }\frac{3x^2}{\cos x}=\lim_{x\rightarrow 0 }\frac{6x}{-\sin x}=\lim_{x\rightarrow 0 }\frac{6}{-\cos x}=-6$$
Stay hungry,stay foolish
#5
Đã gửi 14-04-2012 - 21:32
Giả sử $y = f(x);y = g(x)$ có đạo hàm ở lân cận $x_0 ; f(x_0)=g(x_0)$ và$g'(x_0 ) \ne 0$ ở lân cận của $x_0$.
Khi đó nếu $\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0 } \dfrac{{f'(x)}}{{g'(x)}} = A$
thì $$ \mathop {\lim }\limits_{x \to x_0 } \dfrac{{f(x)}}{{g(x)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to x_0 } \dfrac{{f'(x)}}{{g'(x)}} = A$$
Quy tắc 2:
Giả sử $y = f(x);y = g(x)$ có đạo hàm ở lân cận $x_0$ ;$ \mathop {\lim }\limits_{x \to x_0 } f(x) = \infty $ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0 } g(x) = \infty$và $g'(x_0 ) \ne 0$ ở lân cận của $x_0$.
Khi đó nếu:$\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0 } \dfrac{{f'(x)}}{{g'(x)}} = A$
thì $$ \mathop {\lim }\limits_{x \to x_0 } \dfrac{{f(x)}}{{g(x)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to x_0 } \dfrac{{f'(x)}}{{g'(x)}} = A$$
Trích '' Hàm số_ Trần Phương''
- terenceTAO, Trần Đức Anh @@ và tieulyly1995 thích
Sống trên đời
Cần có một tấm lòng
Để làm gì em biết không?
Để gió cuốn đi...
#6
Đã gửi 15-04-2012 - 17:00
Nếu bạn đã biết đến khai triển Maclaurin của hàm số $y=sinx$ thì có thể giải quyết bài toán trên dựa vào khai triển này.
Ta chỉ cần khai triển Maclaurin cho $sinx$ đến bậc $3$ đối với $x$.
----
Thầy giải thích luôn giúp em khai triển Maclaurin với ạ, mấy cái này em không được học.
Ngốc nghếch
#7
Đã gửi 15-04-2012 - 17:18
Công thức Maclaurin của $f(x)$ có dạng
\[f\left( x \right) = f\left( 0 \right) + \frac{{f'\left( 0 \right)}}{{1!}}x + \frac{{f''\left( 0 \right)}}{{2!}}{x^2} + ... + \frac{{{f^{\left( n \right)}}\left( 0 \right)}}{{n!}}{x^n} + \frac{{{f^{\left( {n + 1} \right)}}\left( \theta \right)}}{{\left( {n + 1} \right)!}}{x^{n + 1}},\,\,\theta \in \left( {0;x} \right)\]
Đối với hàm $y = f\left( x \right) = \sin x$
Ta có: \[{f^{\left( n \right)}}\left( x \right) = {\left( {\sin x} \right)^{\left( n \right)}} = \sin \left( {x + \frac{{n\pi }}{2}} \right),\,\,\forall n \geqslant 1\]
\[ \Rightarrow {f^{\left( n \right)}}\left( 0 \right) = \sin \frac{{n\pi }}{2} = \left\{ \begin{array}{l}
0\,\,\,\,\,\,\text{nếu}\,\,\,\,\,\,n = 2k\\
{\left( { - 1} \right)^k}\,\,\,\text{nếu}\,\,\,\,\,\,n = 2k + 1
\end{array} \right.\]
Từ đó ta có được khai triển Maclaurin của hàm $f\left( x \right) = \sin x$:
\[\sin x = x - \frac{{{x^3}}}{{3!}} + \frac{{{x^5}}}{{5!}} - \frac{{{x^7}}}{{7!}} + ... + {\left( { - 1} \right)^k}\frac{{{x^{2k + 1}}}}{{\left( {2k + 1} \right)!}} + {\left( { - 1} \right)^{\left( {k + 1} \right)}}\sin \theta \frac{{{x^{2k + 3}}}}{{\left( {2k + 3} \right)!}},\,\,\theta \in \left( {0;x} \right)\]
------------
Với bài toán trên, ta khai triển $sinx$ đến bậc 3 đối với $x$ nên $\sin x = x - \frac{{{x^3}}}{{3!}} + 0\left( {{x^5}} \right)$
Do đó: \[\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{{x^3}}}{{\sin x - x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{{x^3}}}{{x - \dfrac{{{x^3}}}{{3!}} + 0\left( {{x^5}} \right) - x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{{x^3}}}{{ - \dfrac{{{x^3}}}{6}}} = - 6\]
- break yêu thích
#8
Đã gửi 15-04-2012 - 17:20
$f(x)=f(x_0)+\frac{f'(x_0)}{1}(x-x_0)+. . . .+ \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n + \frac{f^{(n+1)}c}{n!}(x-x_0)^{n+1}$
(c nằm giữa $x_0$ và $x$ , $c=x_0+a(x-x_0) , 0<a<1$)
Số hạng cuối cùng gọi là số hạng dư của nó . Đặc biệt
$x_0=0$
, công thức Taylor trở thành công thức Maclaurin:
$f(x)=f(0)+\frac{f'(0)}{1}(x)+. . . .+ \frac{f^{n}(0)}{n!}x^n + \frac{f^{n+1}(\Theta x)}{n!}x^{n+1} , 0<\Theta x<1$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Sunflower2: 15-04-2012 - 17:25
- break yêu thích
#9
Đã gửi 15-04-2012 - 17:34
1.$e^x=\sum_{k=0}^{n}\frac{x^k}{k!}+o(x^n)$
2.$sinx=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-. . . .+(-1)^{m-1}\frac{x^{2m-1}}{(2m-1)!}+o(x^{2m-1})$
3.$cosx=1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}+. . . .+(-1)^m\frac{x^{2m}}{(2m)!}+o(x^{2m})$
4.$ln(1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}+. . . +(-1)^{n-1}\frac{x^n}{n}+o(x^n)$
5.$(1+x)^\alpha =1+\alpha x+\frac{\alpha (\alpha -1)}{2}x^2+. . . .+\frac{\alpha (\alpha -1)(\alpha -2). . .(\alpha -n+1)}{n!}x^n+o(x^n)$
Trong chương trình phổ thông , chỉ cần nhớ các công thức này ta đã có thể xử lí được nhiều bài rùi . . .^^~
- break yêu thích
0 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh