Версия для печати темы
Нажмите сюда для просмотра этой темы в обычном формате
Образовательный студенческий форум _ Пределы _ lim(x →∞)[(1+xsin(x-1))^1/2]/[e^(x^2)-1]
Автор: 221312 20.11.2008, 13:18
помогите пожалуйста сосчитать предел если не сложно:
lim(x →∞)[(1+xsin(x-1))^1/2]/[e^(x^2)-1]
Автор: bull 20.11.2008, 14:26
У меня такой вариант решения:
Обозначим а=(1+xsin(x-1))^1/2]/[e^(x^2)-1]. Заметим, что в числителе под корнем стоит 1+xsin[x-1]. В любой окрестности бесконечности функция бесконечное число раз становится отрицательной, корень из отрицательного числа мнимый< значит мнимый и предел.
Посчитаем предел от Module[a].
0<=Module[a]<=Module[x^1/2]/(e^(x^2)-1). Воспользуемся свойством очевидным для ряда Тейлора экспоненты: e^x<=1+x.
Окончательно: 0<=Module[a]<=Module[x^1/2]/Module[x^2]. В последнем выражении можно поставить в знаменателе модель, т к x->Infinite. По теореме о 2 ментах получим: Lim{x->Infinite}Module[a]=0.
Вспоминаем из ТФКП, что из Lim{x->Infinite}Module[a]=0 следует Lim{x->Infinite}(a)=0
Как-то так
e^x<=1+x.
Опечатка: e^x>=1+x при x>0
Автор: 221312 20.11.2008, 14:39
У меня такой вариант решения:
Обозначим а=(1+xsin(x-1))^1/2]/[e^(x^2)-1]. Заметим, что в числителе под корнем стоит 1+xsin[x-1]. В любой окрестности бесконечности функция бесконечное число раз становится отрицательной, корень из отрицательного числа мнимый< значит мнимый и предел.
Посчитаем предел от Module[a].
0<=Module[a]<=Module[x^1/2]/(e^(x^2)-1). Воспользуемся свойством очевидным для ряда Тейлора экспоненты: e^x<=1+x.
Окончательно: 0<=Module[a]<=Module[x^1/2]/Module[x^2]. В последнем выражении можно поставить в знаменателе модель, т к x->Infinite. По теореме о 2 ментах получим: Lim{x->Infinite}Module[a]=0.
Вспоминаем из ТФКП, что из Lim{x->Infinite}Module[a]=0 следует Lim{x->Infinite}(a)=0
Как-то так
Опечатка: e^x>=1+x при x>0
спасибо что уделил внимание) извини пожалуйста, но непоняла откуда взял что функция под корнем будет отрицательной. я вот думаю может попробовать по правилу Лапиталя взять производные? может из этого как то лучше исходить? пробовала конечно брать производные но получается что приходиться правило повторять по второму кругу и там тоже выходит какая то охинея((
Автор: bull 20.11.2008, 14:55
Вот смотри почему под корнем минус: x- очень большой, x-1 попадает в интервал (пи*n/2+1 ,пи*n+1) при некотором n, а sin[x-1] на этом интервале отрицателен. Получается очень большое число умножается на отрицательноеи вычитается из единицы- получаетяс отрицательное. По Лопиталю не знаю можно ли все- таки он работает для действительно значных функций. Можно попробовать если тебе надо таким способом разложить в ряд Лорана в окрестности бесконечности и пользуясь регулярностью и равномерной сходимостью в кольце перейти к пределу под знаком суммы. В принципе то что янаписал до этого правильно и проще.
Автор: 221312 20.11.2008, 15:07
Вот смотри почему под корнем минус: x- очень большой, x-1 попадает в интервал (пи*n/2+1 ,пи*n+1) при некотором n, а sin[x-1] на этом интервале отрицателен. Получается очень большое число умножается на отрицательноеи вычитается из единицы- получаетяс отрицательное. По Лопиталю не знаю можно ли все- таки он работает для действительно значных функций. Можно попробовать если тебе надо таким способом разложить в ряд Лорана в окрестности бесконечности и пользуясь регулярностью и равномерной сходимостью в кольце перейти к пределу под знаком суммы. В принципе то что янаписал до этого правильно и проще.
спасибо огромное. просто нам преподаватель говорил что целесообразнее решать по правилу лапиталя. я вот попробовала но чтото не то по моему. еще раз огромное спасибо) :*
Автор: tig81 21.11.2008, 11:23
я вот попробовала но чтото не то по моему. еще раз огромное спасибо) :*
а где написано ваше решение? Надо было его привести.
Автор: 221312 21.11.2008, 11:29
агде написано ваше решение? Надо было его привести.
уже ненадо спасибо огромное за помощь но сама разабралась а если вам нужно мое решение в качестве примера то выложу.
Автор: tig81 21.11.2008, 11:36
уже ненадо спасибо огромное за помощь но сама разабралась
надо было сразу выкладывать, тогда бы и темы ваши не закрывались
Русская версия Invision Power Board (http://www.invisionboard.com)
© Invision Power Services (http://www.invisionpower.com)