Chủ đề này có 32 trả lời

[Phuc Loi]

Bài 1:

Khi $x\rightarrow 0$, ta có:

$e^{x^{2}}-1\sim x^{2}\Rightarrow sin(e^{x^{2}}-1)\sim sin(x^{2})\sim x^{2}$

$ln(1+x)\sim x$

$arctan(x^{3})\sim x^{3}$

$1-cos(2x)\sim \frac{(2x)^{2}}{2}=2x^{2}$

Suy ra:

$\underset{x\rightarrow 0}{lim}\frac{sin(e^{x^{2}-1})+2x^{3}-ln(1+x)}{arctan(x^{3})+1-cos(2x)}=\underset{x\rightarrow 0}{lim}\frac{x^{2}+2x^{3}-x}{x^{3}+2x^{2}}=\underset{x\rightarrow 0}{lim}\frac{-x}{2x^{2}}=-\infty$

Bài 2: Tương tự bài 1

$\lim_{x\rightarrow o}\frac{-x}{2x^{2}}=-\infty$ anh có thể giải thích rõ hơn phần này cho e ko? tại s nó ra kq như vậy.... e cảm ơn

[Phuc Loi]

Ta có 

$\underset{x\rightarrow +\propto }{lim}x^{2}.\frac{e^{\frac{1}{x^{2}}}-\cos \frac{1}{x}}{\arctan x}=\underset{x\rightarrow +\propto }{lim}x^{2}.\frac{\left ( e^{\frac{1}{x^{2}}}-1 \right )-\left ( \cos \frac{1}{x}-1 \right )}{\arctan x}$

 

Khi $x\rightarrow +\propto$, ta có:

 

$\arctan x\sim \frac{\pi }{2}$

 

$e^{\frac{1}{x^{2}}}-1\sim \frac{1}{x^{2}}$    (vì $\frac{1}{x^{2}}\rightarrow 0$)

 

$\cos \frac{1}{x}-1\sim -\frac{1}{2}.\left ( \frac{1}{x} \right )^{2}=-\frac{1}{2x^{2}}$  (vì $\frac{1}{x}\rightarrow 0$)

 

Suy ra

$\underset{x\rightarrow +\propto }{lim}x^{2}.\frac{\left ( e^{\frac{1}{x^{2}}}-1 \right )-\left ( \cos \frac{1}{x}-1 \right )}{\arctan x}=\underset{x\rightarrow +\propto }{lim}x^{2}.\frac{\frac{1}{x^{2}}-\left ( -\frac{1}{2x^{2}} \right )}{\frac{\pi }{2}}=\frac{3}{\pi }$

tại sao $arctanx\sim \frac{\pi }{2}$ đáng lý nó phải là $\sim x$ chứ.. anh giải thích giùm e.... e cảm ơn

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phuc Loi: 24-11-2016 - 12:14

[Phuc Loi]

Ta có 

$\underset{x\rightarrow +\propto }{lim}x^{2}.\frac{e^{\frac{1}{x^{2}}}-\cos \frac{1}{x}}{\arctan x}=\underset{x\rightarrow +\propto }{lim}x^{2}.\frac{\left ( e^{\frac{1}{x^{2}}}-1 \right )-\left ( \cos \frac{1}{x}-1 \right )}{\arctan x}$

 

Khi $x\rightarrow +\propto$, ta có:

 

$\arctan x\sim \frac{\pi }{2}$

 

$e^{\frac{1}{x^{2}}}-1\sim \frac{1}{x^{2}}$    (vì $\frac{1}{x^{2}}\rightarrow 0$)

 

$\cos \frac{1}{x}-1\sim -\frac{1}{2}.\left ( \frac{1}{x} \right )^{2}=-\frac{1}{2x^{2}}$  (vì $\frac{1}{x}\rightarrow 0$)

 

Suy ra

$\underset{x\rightarrow +\propto }{lim}x^{2}.\frac{\left ( e^{\frac{1}{x^{2}}}-1 \right )-\left ( \cos \frac{1}{x}-1 \right )}{\arctan x}=\underset{x\rightarrow +\propto }{lim}x^{2}.\frac{\frac{1}{x^{2}}-\left ( -\frac{1}{2x^{2}} \right )}{\frac{\pi }{2}}=\frac{3}{\pi }$

tại sao $arctanx\sim \frac{\pi }{2}$ mà ko phải là $\sim x$ ... a giải thích giúp e với

[Phuc Loi]

$\lim_{x\rightarrow o}= \left ( 1-cosx \right )cot^{^{2}}x$

giải giúp e... làm rõ ra dùm e luôn

[Nguyen Kieu Phuong]

$\lim_{x\rightarrow o}= \left ( 1-cosx \right )cot^{^{2}}x$

giải giúp e... làm rõ ra dùm e luôn

$=\lim_{x\to 0}(1-cosx)\frac{cos^2x}{sin^2x}=\lim_{x\to 0}\frac{cos^2x}{1+cosx}=\frac{1}{2}$

[tunglamlqddb]

Dùng VCB tương đương như sau:
...........................
Khi $x\rightarrow 0$, ta có:

$sin5x\sim 5x$

$sin^{2}x\sim x^{2}$

$arcsin^{2}x\sim x^{2}$

Ta có:

$\underset{x\rightarrow 0}{lim}\frac{x-sin5x+x^{2}}{4x+arcsin^{2}x+x^{2}}=\underset{x\rightarrow 0}{lim}\frac{x-5x+x^{2}}{4x+x^{2}+x^{2}}=\underset{x\rightarrow 0}{lim}\frac{-4x}{4x}=-1$

............................
Trong bài giải có bước bỏ VCB bậc cao.

Anh ơi, em nghĩ là không được thay tương đuongw trong tông hiệu chứ nhỉ?

[vo van duc]

Anh ơi, em nghĩ là không được thay tương đuongw trong tông hiệu chứ nhỉ?

 

Việc thay VCB cho tổng hoặc hiệu là có thể làm được.

 

Tuy nhiên, phải hết sức thận trọng. Vì vậy mà có thầy nói không được thay VCB cho tổng và hiệu.

 

Cụ thể dưới đây là một số tổng kết của mình về vấn đề này rút ra từ các tài liệu chính là: Giải tích 1 - Jean Marie Monier và Phép tính vi tích phân - Phan Quốc Khánh.

 

Trở lại bài toán của mình thì có thể áp dụng toàn bộ bằng cách thay VCB tương đương như sau:

$$\lim_{x\rightarrow 0}\frac{x-\sin 5x+x^2}{4x+\arcsin^2x+x^2}\overset{(1)}{=}\lim_{x\rightarrow 0}\frac{x-\sin5x}{4x}\overset{(2)}{=}\lim_{x\rightarrow 0}\frac{x-5x}{4x}=-1$$

$(1)$: ta ngắt bỏ các vô cùng bé bậc cao (định lý 5.2.2 trong hình)

 

$(2)$: $x$ và $\sin5x$ là các vô cùng bé cùng bậc, không tương đương với nhau nên không vi phạm lưu ý thứ nhất trong hình, nên thay tương đương được.

 

Tất nhiên sau khi thực hiện xong bước 1 thì có thể lựa chọn cách khác (ví dụ như chia tử và mẫu cho x để đưa về giới hạn cơ bản) và không đụng chạm gì tới nội dung có phần hơi phức tạp như tôi vừa trình bày.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vo van duc: 08-09-2017 - 23:07

[susu23]

cho e hỏi bài này với ạ

$\xrightarrow[X\rightarrow 0]{LIM}\frac{xsin(5x)}{(e^{x}-1)arcsin^{3}x}$

 

$\xrightarrow[x\rightarrow 0]{lim}(\frac{tan}{x})^{\frac{1}{7sin^{2}x}}$

 

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi susu23: 07-12-2018 - 16:21

[khkh]

Kiểm tra các cặp sau có phải là vô cùng bé tương đương hay không

f(x) = e^2x-e^x

g(x) = sin (2x) − sin (x)    khi x → 0.

Mong được mọi người giúp ạ!!!

[Konstante]

 

Kiểm tra các cặp sau có phải là vô cùng bé tương đương hay không

f(x) = e^2x-e^x

g(x) = sin (2x) − sin (x)    khi x → 0.

Mong được mọi người giúp ạ!!!

 

Vì $\sin(y) = y + o(y)$ nên $g(x) = x + o(x)$ và vì $e^y = 1 + y + o(y)$ nên $f(x) = x + o(x)$. Do vậy $f \sim g$.

[xinhdepgiauten]

Cho e hỏi bài này với ạ
Tìm  $\underset{x\to 0}{\lim}\frac{e^{2x}-1}{x(x+2)}$.
E cảm ơn

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vo van duc: 30-10-2023 - 09:24

[vo van duc]

Cho e hỏi bài này với ạ
Tìm  $\underset{x\to 0}{\lim}\frac{e^{2x}-1}{x(x+2)}$.
E cảm ơn

 

$\underset{x\to 0}{\lim}\frac{e^{2x}-1}{x(x+2)}=\underset{x\to 0}{\lim}\frac{e^{2x}-1}{x^2+2x}=\underset{x\to 0}{\lim}\frac{2x}{2x}=1$

 

Trên tử thức, ta thay vô cùng bé tương đương; còn dưới mẫu thức, ta ngắt bỏ vô cùng bé bậc cao $x^2$.

[Thegooobs]

Giúp mình bài này với, dùng VCB tương đương

 

$$\ell=\lim_{x \to 0}\left(\dfrac{1}{x^3}-\dfrac{1}{\tan^3(x)}\right)=\lim_{x \to 0}\dfrac{\tan^3(x)-x^3}{x^3\tan^3(x)}$$

Đơn giản mẫu số bằng cách thế vô cùng bé tương đương sau:

$$x^3\tan^3(x) \stackrel{x \to 0}{\sim} x^6$$

Khi đó

$$\ell=\lim_{x \to 0}\dfrac{\tan^3(x)-x^3}{x^6}=\lim_{x \to 0}\dfrac{(\tan x -x)(\tan^2x+x\tan x+x^2)}{x^6}$$

Ta chứng minh được các cặp sau:

$$\tan x -x \stackrel{x \to 0}{\sim} \dfrac{1}{3}x^3$$ 

$$\tan^2x+x\tan x+x^2 \stackrel{x \to 0}{\sim} 3x^2$$

Nhân các vế lại ta được:

$$(\tan x -x)(\tan^2x+x\tan x+x^2) \stackrel{x \to 0}{\sim}x^5$$

Vậy 

$$\ell=\lim_{x \to 0}\dfrac{x^5}{x^6}=\lim_{x \to 0}\dfrac{1}{x}$$ 

Giới hạn $\lim_{x\to 0}\dfrac{1}{x}$ không tồn tại 

Vậy $\lim_{x \to 0}\left(\dfrac{1}{x^3}-\dfrac{1}{\tan^3(x)}\right)$ không tồn tại.

Qua đây ta thấy được

$$\tan^3(x)-x^3 \stackrel{x \to 0}{\sim} x^5$$

$$\tan (x)-x \stackrel{x\to 0}{\sim} \dfrac{1}{3}x^3$$

Vậy ta hoàn toàn có thể tìm một vô cùng bé tương đương cho hàm số

$$f(x)=\tan^n(x)-x^n$$ với $n$ là số nguyên dương

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Thegooobs: 23-02-2024 - 23:38