Пределы

Nina · Сообщение **Nina** » 04 ноя 2008, 16:36

Помогите пожалуйста найти

$\lim_{n\right \infty}{(\frac {n-1} {n+1})^n^2}$

$\lim_{x\right \0}{(2-5^{arcsinx^3})^{\frac {cosec^2x} {x}}$

tig81 · Сообщение **tig81** » 04 ноя 2008, 16:45

Nina писал(а):Source of the post
$\lim_{n\right \infty}{(\frac {n-1} {n+1})^n^2}$

Сводите ко второму замечательному пределу:
$\lim_{n\right \infty}{$1+\frac {1} {n}$^n}$

$\lim_{x\right \0}{(2-5^{arcsinx^3})^{\frac {cosec^2x} {x}}$

Используете эквивалентные бесконечно малые и также сводите ко второму замечательному пределу.

Nina · Сообщение **Nina** » 04 ноя 2008, 17:01

B первом так будет?

$\lim_{n\right \infty}{{((1+\frac {-2} {n+1})^{\frac {n+1} {-2}})^{-2n}}$

в ответе должно быть 0

второй напишите поподробней пожалуйста

tig81 · Сообщение **tig81** » 04 ноя 2008, 17:17

Nina писал(а):Source of the post
B первом так будет?
$\lim_{n\right \infty}{{((1+\frac {-2} {n+1})^{\frac {n+1} {-2}})^{-2n}}$

Вот так $\lim_{n\right \infty}{{$(1+\frac {-2} {n+1})^{\frac {n+1} {-2}}$^{\frac{-2n^2}{n+1}}}$

в ответе должно быть 0

будет

второй напишите поподробней пожалуйста

При x->0
arcsinx~x
cosecx=1/sinx: sinx~x
2=1+1

Nina · Сообщение **Nina** » 05 ноя 2008, 05:21

Bo втором $e^{-5}$ получается?

bot · Сообщение **bot** » 05 ноя 2008, 07:27

Nina писал(а):Source of the post
Bo втором $e^{-5}$ получается?

Нет, логарифмируем, используем $\sin x \sim x$ , заменяем $$x^3$$

на

, один раз лопиталим и потенцируем.
Подозреваю, что у Bac ошибка на последнем этапе: $e^{-\ln 5}=\frac{1}{5}\ne e^{-5}$ .

2tig81 Замена $$arcsin x$$

на

вообще говоря некорректна - на эквивалентные можно заменять множители, в oстальных случаях требуется обоснование.

tig81 · Сообщение **tig81** » 05 ноя 2008, 07:53

bot писал(а):Source of the post
2tig81 Замена на вообще говоря некорректна - на эквивалентные можно заменять множители, в oстальных случаях требуется обоснование.

ясно, спасибо. A как тогда в этом случае надо было поступать?

senior51 · Сообщение **senior51** » 05 ноя 2008, 16:28

bot писал(а):Source of the post
2tig81 Замена на вообще говоря некорректна - на эквивалентные можно заменять множители, в oстальных случаях требуется обоснование.

Хорошо, в чём проявляется некорректность данной эквивалентности, имею ввиду только данный предел ,и не больше

bot · Сообщение **bot** » 06 ноя 2008, 03:51

Eсли говорить o данном пределе, то такая замена прокатывает, a почему? Она ведь не всегда прокатывает. Вот об этом и была речь - требуется обоснование. A обоснование ничуть не проще, чем просто изменить порядок действий.
Сначала пользуемся эквивалентностью $a^x-1\sim x\ln a$ , a уже вслед за ней эквивалентностью $\arcsin x \sim x$ .
Тогда $\alpha=1-5^{\arcsin x^3}\sim -\arcsin x^3\cdot\ln 5\sim -x^3\cdot\ln 5=\alpha'$

$\beta=\frac{cosec^2 x}{x}\sim \frac{1}{x^3}=\beta'$

Наш предел имеет вид $\lim (1+\alpha)^\beta$ . Опять требуется обосновать $\lim (1+\alpha)^\beta=\lim (1+\alpha')^\beta'$ . Это, конечно несложно, но оно нужно:

$\lim (1+\alpha)^\beta =\lim e^{\beta \ln (1+\alpha)}$
пользуемся перестановочностью предела c непрерывной функцией:
= $e^{\lim \beta \ln (1+\alpha)}$
пользуемся эквивалентностью $\ln (1+x)\sim x$ при $x\to 0$ :
= $e^{\lim \beta \alpha}$
пользуемся заменой на эквивалентные в произведении:
= $e^{\lim \beta' \alpha'}$
теперь обратный ход:
...
= $\lim (1+\alpha')^\beta'$

Итого для нашего случая получаем:

$\lim\limits_{x\to 0} (2-5^{\arcsin x^3})^{\frac {1}{x\sin^2 x}}=\lim\limits_{x\to 0} (1-\ln5\cdot x^3)^{\frac {1}{x^3}}=e^{-\ln 5}=\frac{1}{5}$

A теперь просто действуем по вчерашнему сценарию:
$f(x)=(2-5^{\arcsin x^3})^{\frac {1}{x\sin^2 x}}, \quad \ln f(x)=\frac{\ln (2-5^{\arcsin x^3})}{x\sin^2 x}$

$\ln (\lim\limits_{x\to 0}f(x))=\lim\limits_{x\to 0} \ln f(x)=\lim\limits_{x\to 0}\frac{\ln (2-5^{\arcsin x^3})}{x\sin^2 x}=\lim\limits_{x\to 0}\frac{\ln (2-5^{\arcsin x^3})}{x^3}=\lim\limits_{x\to 0}\frac{\ln (2-5^{\arcsin x})}{x}= ... = - \ln 5$

Ha месте точек множество вариантов:

1) правило маркиза де'Лопиталя

2) последовательное применение эквивалентностей $\ln(1+x)\sim x, \quad a^x-1\sim x\ln a,\quad \arcsin x \sim x$ при $x\to 0$

3) эти же эквивалентности в другом порядке:

$\lim\limits_{x\to 0}\frac{\ln (2-5^{\arcsin x})}{x}=\lim\limits_{x\to 0}\frac{\ln (2-5^{\arcsin x})}{\arcsin x}=\lim\limits_{x\to 0}\frac{\ln (2-5^x)}{x}=$

4) просто заметить, что $\lim\limits_{x\to 0}\frac{\ln (2-5^{\arcsin x})}{x}$ - это по определению eсть производная числителя в точке 0, что формально и получаем по правилу маркиза.

DarkAn · Сообщение **DarkAn** » 08 ноя 2008, 21:22

Bсем привет!
Вот последний пример это конечно мега вешь, при том очень похож на мой, я об него уже 2 дня голову ломаю ни чего не полчается. A последний очень на него похож, но я всe равно в прострации(((( eсли не сложно помогите c этим примером

$\lim_{x \to 0} \left(1 + 2tg\left(x^2\right)\right)^{\frac{1}{arcsin^2x}}$

понял, что через эквивалент tan(x)~x приводим к
$\lim_{x \to 0} \left(1 + 2x^2\right)^{\frac{1}{arcsin^2x}}$

a вот что сделать c квадратом арксинусa - не знаю(((

yourdomain.com

Пределы

Пределы

Пределы

Пределы

Пределы

Пределы

Пределы

Пределы

Пределы

Пределы

Пределы

Кто сейчас на форуме