Chủ đề này có 2 trả lời

[cobengocnghech]

Tính các giới hạn sau:
a. $\lim_{n\rightarrow +\infty }\sum_{i=1}^{n}\dfrac{1}{\sqrt{n^{2}+i^{2}}}$
b.$\lim_{x\rightarrow 0}\dfrac{(e^{x}-1-x)^{2}}{x^{2}-ln(1+x^{2})}$

[Crystal]

Tính các giới hạn sau:
a. $\lim_{n\rightarrow +\infty }\sum_{i=1}^{n}\dfrac{1}{\sqrt{n^{2}+i^{2}}}$

Ta có: $$\sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{1}{{\sqrt {{n^2} + {i^2}} }}} = \dfrac{1}{n}\sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{1}{{\sqrt {1 + {{\left( {\dfrac{i}{n}} \right)}^2}} }}} $$

Xét hàm số: $f\left( x \right) = \dfrac{1}{{\sqrt {1 + {x^2}} }}$ khả tích trên $\left[ {0,1} \right]$.

Chia đoạn $\left[ {0,1} \right]$ bởi các điểm ${x_i} = \dfrac{i}{n}$, chọn điểm ${c_i} = \dfrac{i}{n} \in \left[ {{x_{i - 1}},{x_i}} \right],\,\,i = \overline {1,n} $

Khi đó: $$\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{1}{{\sqrt {{n^2} + {i^2}} }}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{1}{{\sqrt {1 + {{\left( {\dfrac{i}{n}} \right)}^2}} }}} } \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i = 1}^n {f\left( {\dfrac{i}{n}} \right)} } \right)$$
$$ = \int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx = \int\limits_0^1 {\dfrac{{dx}}{{\sqrt {1 + {x^2}} }}} = \left. {\left( {\ln \left| {x + \sqrt {{x^2} + 1} } \right|} \right)} \right|} _0^1 = \boxed{\ln \left( {1 + \sqrt 2 } \right)}$$

[Crystal]

Tính các giới hạn sau:
b.$\lim_{x\rightarrow 0}\dfrac{(e^{x}-1-x)^{2}}{x^{2}-ln(1+x^{2})}$

Hướng dẫn:

Có dạng vô định $\left( {\dfrac{0}{0}} \right)$ nên có thể dùng quy tắc L'Hopistal.

Kết quả: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{{{({e^x} - 1 - x)}^2}}}{{{x^2} - ln(1 + {x^2})}} = \boxed{\dfrac{1}{2}}$