Chủ đề này có 16 trả lời

[Mrnhan]

Chứng minh: $\lim_{x\to 0}\frac{e-(1+x)^{\frac{1}{x}}}{\frac{ex}{2}}=1$

[letrongvan]

Đây là hai vô cùng bé tương đương

[Mrnhan]

Đây là hai vô cùng bé tương đương

Mình hỏi cách chứng chứ?

[letrongvan]

Dùng quy tắc L'hópital đạo hàm cả tử và mẫu sẽ ra thôi

[Mrnhan]

Dùng quy tắc L'hópital đạo hàm cả tử và mẫu sẽ ra thôi

Em vẫn thắc mắc là $L'Hospital$ áp dụng cho các dạng bất định như $\frac{0}{0}$ nhưng em thấy đây có vô định như thế đâu??

Và đạo hàm $(1+x)^{\frac{1}{x}}$ rồi thay $x=0$ và nhìn không ổn lắm!

[letrongvan]

Còn tính đạo hàm $\left ( 1+x \right )^{\frac{1}{x}}$ tính đạo hàm bằng cách đặt $y=\frac{1}{x}$ rồi dùng công thức đạo hàm ẩn hay đạo hàm theo hướng gì đó của hàm nhiều biến sẽ tính ra
...............

p.s: thực ra hàm nhiều biến cũng không học nên không nhớ lắm, k58 chưa được học cái này đâu

[letrongvan]

Em vẫn thắc mắc là $L'Hospital$ áp dụng cho các dạng bất định như $\frac{0}{0}$ nhưng em thấy đây có vô định như thế đâu??

Và đạo hàm $(1+x)^{\frac{1}{x}}$ rồi thay $x=0$ và nhìn không ổn lắm!

Cái tử nó có giới hạn $\lim_{x\rightarrow 0}(e-(1+x)^{\frac{1}{x}})=0$ và cách tính đạo hàm $(1+x)^{\frac{1}{x}}$ rất dễ sai

[Mrnhan]

Còn tính đạo hàm $\left ( 1+x \right )^{\frac{1}{x}}$ tính đạo hàm bằng cách đặt $y=\frac{1}{x}$ rồi dùng công thức đạo hàm ẩn hay đạo hàm theo hướng gì đó của hàm nhiều biến sẽ tính ra
...............

p.s: thực ra hàm nhiều biến cũng không học nên không nhớ lắm, k58 chưa được học cái này đâu

Ý em là nếu làm như vậy thì

$y=(1+x)^{\frac{1}{x}}\to lny=\frac{1}{x}ln(1+x)\to \frac{y'}{y}=-\frac{ln(1+x)}{x^2}+\frac{1}{x(1+x)}\to y'=[-\frac{ln(1+x)}{x^2}+\frac{1}{x(1+x)}](1+x)^{\frac{1}{x}}$

$\lim_{x\to 0}\frac{e-(1+x)^{\frac{1}{x}}}{\frac{ex}{2}}=\lim_{x\to 0}\frac{[\frac{ln(1+x)}{x^2}-\frac{1}{x(1+x)}](1+x)^{\frac{1}{x}}}{\frac{e}{2}}=\lim_{x\to 0}2[\frac{ln(1+x)}{x^2}-\frac{1}{x(1+x)}]=??$

làm như thế nào nữa ạ?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Mr nhan: 15-09-2013 - 12:01

[letrongvan]

Nếu em đặt $L=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{e-(1+x)^{\frac{1}{x}}}{ex}$$L=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{e-(1+x)^{\frac{1}{x}}}{\frac{1}{2}.ex}$ thì đến đây 

 

Ý em là nếu làm như vậy thì

$y=(1+x)^{\frac{1}{x}}\to lny=\frac{1}{x}ln(1+x)\to \frac{y'}{y}=-\frac{ln(1+x)}{x^2}+\frac{1}{x(1+x)}\to y'=[\frac{ln(1+x)}{x^2}+\frac{1}{x(1+x)}](1+x)^{\frac{1}{x}}$

$\lim_{x\to 0}\frac{e-(1+x)^{\frac{1}{x}}}{\frac{ex}{2}}=\lim_{x\to 0}\frac{[\frac{ln(1+x)}{x^2}+\frac{1}{x(1+x)}](1+x)^{\frac{1}{x}}}{\frac{e}{2}}=\lim_{x\to 0}[\frac{ln(1+x)}{x^2}+\frac{1}{x(1+x)}]=??$ làm như thế nào nữa ạ?

$L=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{e-(1+x)^{\frac{1}{x}}}{\frac{1}{2}.ex}=\lim_{x\rightarrow 0}\left ( \frac{ln(x+1)}{x}-\frac{1}{1+x} \right ).\frac{(1+x)^{\frac{1}{x}}}{\frac{ex}{2}}$

thay cái kia bằng L xem thế nào anh mới nghĩ ra đến đó

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi letrongvan: 15-09-2013 - 11:19

[letrongvan]

Nếu em đặt $L=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{e-(1+x)^{\frac{1}{x}}}{ex}$$L=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{e-(1+x)^{\frac{1}{x}}}{\frac{1}{2}.ex}$ thì đến đây 

 

$L=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{e-(1+x)^{\frac{1}{x}}}{\frac{1}{2}.ex}=\lim_{x\rightarrow 0}\left ( \frac{ln(x+1)}{x}-\frac{1}{1+x} \right ).\frac{(1+x)^{\frac{1}{x}}}{\frac{ex}{2}}$

thay cái kia bằng L xem thế nào anh mới nghĩ ra đến đó

Như này thì chẳng có ý nghĩa gì cả nhỉ?

[Mrnhan]

Nếu em đặt $L=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{e-(1+x)^{\frac{1}{x}}}{ex}$$L=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{e-(1+x)^{\frac{1}{x}}}{\frac{1}{2}.ex}$ thì đến đây 

 

$L=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{e-(1+x)^{\frac{1}{x}}}{\frac{1}{2}.ex}=\lim_{x\rightarrow 0}\left ( \frac{ln(x+1)}{x}-\frac{1}{1+x} \right ).\frac{(1+x)^{\frac{1}{x}}}{\frac{ex}{2}}$

thay cái kia bằng L xem thế nào anh mới nghĩ ra đến đó

Trở lại vấn đề:

Đó là được áp dụng Quy tắc L'Hosptal

Còn bài này em nghĩ không đủ điều kiện để áp dụng quy tắc!

[letrongvan]

Trở lại vấn đề:

Đó là được áp dụng Quy tắc L'Hosptal

Còn bài này em nghĩ không đủ điều kiện để áp dụng quy tắc!

Anh thì nghĩ là đủ $\lim_{x\rightarrow 0}(e-(1+x)^{\frac{1}{x}})=0$ và $\lim_{x\rightarrow 0}\frac{ex}{2}=0$ Và hai hàm này khả vi trong lân cận của $+\infty$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi letrongvan: 15-09-2013 - 11:26

[Mrnhan]

Anh thì nghĩ là đủ $\lim_{x\rightarrow 0}(e-(1+x)^{\frac{1}{x}})=0$ và $\lim_{x\rightarrow 0}\frac{ex}{2}=0$ Và hai hàm này khả vi trong lân cận của $+\infty$

Em nhầm tí. Quên mất.

[letrongvan]

Em nghĩ sao khi nói nó không dùng được quy tắc này? biết đâu bài khác anh nhầm áp dụng luong tung.

trở lại chỗ này: 

 

Nếu em đặt $L=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{e-(1+x)^{\frac{1}{x}}}{ex}$$L=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{e-(1+x)^{\frac{1}{x}}}{\frac{1}{2}.ex}$ thì đến đây 

 

$L=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{e-(1+x)^{\frac{1}{x}}}{\frac{1}{2}.ex}=\lim_{x\rightarrow 0}\left ( \frac{ln(x+1)}{x}-\frac{1}{1+x} \right ).\frac{(1+x)^{\frac{1}{x}}}{\frac{ex}{2}}$

thay cái kia bằng L xem thế nào anh mới nghĩ ra đến đó

Em nghĩ tính đúng đạo hàm chưa, nếu như này thì L=? khi L=0.L hay không có kết luận gì?

[Mrnhan]

Em làm tiếp a xem thử:

$\lim_{x\to 0}2[\frac{ln(x+1)}{x^2}-\frac{1}{x(x+1)}]=\lim_{x\to 0}2.\frac{(x+1)ln(x+1)-x}{x^2(x+1)}=\lim_{x\to 0}\frac{2ln(x+1)}{x(3x+2)}=1$

[letrongvan]

Đúng rồi $\lim_{x\to 0}\frac{2ln(x+1)}{x(3x+2)}=1=2.\frac{ln(x+1)}{x}.\frac{1}{3x+2}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi letrongvan: 16-09-2013 - 21:40

[letrongvan]

Em làm tiếp a xem thử:

$\lim_{x\to 0}2[\frac{ln(x+1)}{x^2}-\frac{1}{x(x+1)}]=\lim_{x\to 0}2.\frac{(x+1)ln(x+1)-x}{x^2(x+1)}=\lim_{x\to 0}\frac{2ln(x+1)}{x(3x+2)}=1$

Đúng rồi $2.\frac{ln(x+1)}{x}.\frac{1}{3x+2}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi letrongvan: 16-09-2013 - 22:01