Математический форум Math Help Planet
Обсуждение и решение задач по математике, физике, химии, экономике Теоретический раздел |
| Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ] |
новый онлайн-сервис число, сумма и дата прописью |
|
|
Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ] |
|
Страница 3 из 5 |
[ Сообщений: 42 ] | На страницу Пред. 1, 2, 3, 4, 5 След. |
|
| Автор | Сообщение | |
|---|---|---|
| mad_math |
|
|
|
Vadim Shlovikov писал(а): Что такое ЭБМ? Эквивалентные бесконечно малые функции. Уважаемый Avgust питает к ним известную слабость. |
||
| Вернуться к началу | ||
| Vadim Shlovikov |
|
|
|
|
Находить пределы методом ЭБМ мы не компетентны, поэтому просим Avgustа показать пример решения методом ЭБМ.
|
|
| Вернуться к началу | ||
| Avgust |
|
|
|
Тогда с азов.
При [math]u\to 0 \quad (1+u)^k-1 \sim k\cdot u\,[/math] Это и есть ЭБМ. Применим его при решении Вашего примера: [math]\lim \limits_{n \to \infty}\big (\sqrt{n^2+n} -n\big )=\lim \limits_{n \to \infty} n\bigg[\sqrt{1+\frac 1n}-1 \bigg ]=\lim \limits_{t \to 0} \frac 1t \bigg[\sqrt{1+t}-1 \bigg ]=\lim \limits_{t \to 0} \frac 1t \cdot \frac 12 \cdot t = \frac 12[/math] Но все, что я подробно расписал, молниеносно должно делаться в уме. Если, конечно, обрести опыт в решении подобных задач. Если опыта нет, лучше набраться. Иначе зачем учимся? mad_math писал(а): Эквивалентные бесконечно малые функции. Уважаемый Avgust питает к ним известную слабость. Да, да! Они у меня - как слабительное ![]() Последний раз редактировалось Avgust 09 апр 2013, 20:27, всего редактировалось 1 раз. |
||
| Вернуться к началу | ||
| Vadim Shlovikov |
|
|
|
|
Понятно.
|
|
| Вернуться к началу | ||
| Avgust |
|
|
![]() |
||
| Вернуться к началу | ||
| Vadim Shlovikov |
|
|
|
|
Я показываю, как правильно найти следующий предел [math]\lim_{n \to \infty}\frac{n^2+1}{n-1}[/math].
[math]\lim_{n \to \infty}\frac{n^2+1}{n-1}=\lim_{n \to \infty}\frac{\frac{n^2}{n^2}+\frac{1}{n^2}}{\frac{n}{n^2}-\frac{1}{n^2}}=\frac{1+0}{0-0}=\infty[/math]. Ход решения только такой. Вот решение этого предела правилом Лопиталя: [math]\lim_{n \to \infty}\frac{n^2+1}{n-1}=\lim_{n \to \infty}\frac{(n^2+1)'}{(n-1)'}=\lim_{n \to \infty}\frac{2 \cdot n+0}{1-0}=\lim_{n \to \infty}\frac{2 \cdot n}{1}=\lim_{n \to \infty}\frac{(2 \cdot n)'}{(1)'}=\frac{2}{0}=\infty[/math]. |
|
| Вернуться к началу | ||
| Vadim Shlovikov |
|
|
|
|
Добавлю к предыдущей записи, что [math]\lim_{n \to \infty}\frac{n^2+1}{n-1}=\frac{\infty}{\infty}[/math].
|
|
| Вернуться к началу | ||
| Vadim Shlovikov |
|
|
|
|
№1. Найдём следующий предел [math]\lim_{n \to \infty}\frac{3 \cdot n^3+2 \cdot n^2+n+1}{2 \cdot n^2-3 \cdot n-7}}=\frac{\infty}{\infty}[/math] двумя способами.
a). [math]\lim_{n \to \infty}\frac{3 \cdot n^3+2 \cdot n^2+n+1}{2 \cdot n^2-3 \cdot n-7}=\frac{\infty}{\infty}=\lim_{n \to \infty}\frac{\frac{3 \cdot n^3}{n^3}+\frac{2 \cdot n^2}{n^3}+\frac{n}{n^3}+\frac{1}{n^3}}{\frac{2 \cdot n^2}{n^3}-\frac{3 \cdot n}{n^3}-\frac{7}{n^3}}=\lim_{n \to \infty}\frac{3+\frac{2}{n}+\frac{1}{n^2}+\frac{1}{n^3}}{\frac{2}{n}-\frac{3}{n^2}-\frac{7}{n^3}}=\frac{3+0+0+0}{0-0-0}=\infty[/math]. b). Теперь найдём этот предел по правилу Лопиталя. [math]\lim_{n \to \infty}\frac{3 \cdot n^3+2 \cdot n^2+n+1}{2 \cdot n^2-3 \cdot n-7}=\frac{\infty}{\infty}=\lim_{n \to \infty}\frac{(3 \cdot n^3+2 \cdot n^2+n+1)'}{(2 \cdot n^2-3 \cdot n-7)'}=\lim_{n \to \infty}\frac{9 \cdot n^2+4 \cdot n+1}{4 \cdot n-3}=\frac{\infty}{\infty}=\lim_{n \to \infty}\frac{(9 \cdot n^2+4 \cdot n+1)'}{(4 \cdot n-3)'}=\lim_{n \to \infty}\frac{18 \cdot n +4}{4}=\frac{\infty}{\infty}=\lim_{n \to \infty}\frac{(18 \cdot n+4)'}{4'}=\frac{18}{0}=\infty[/math]. Обратите внимание, что ответы [math]\frac{3}{0}=\infty[/math] и [math]\frac{18}{0}=\infty[/math] различаются. Я больше доверяю ответу, полученному по правилу Лопиталя. №2. Найдём следующий предел [math]\lim_{n \to \infty}\frac{3 \cdot n^2+n+1}{n^2-n-1}=\frac{\infty}{\infty}[/math] двумя способами. a). [math]\lim_{n \to \infty}\frac{3 \cdot n^2+n+1}{n^2-n-1}=\frac{\infty}{\infty}=\lim_{n \to \infty}\frac{\frac{3 \cdot n^2}{n^2}+\frac{n}{n^2}+\frac{1}{n^2}}{\frac{n^2}{n^2}-\frac{n}{n^2}-\frac{1}{n^2}}=\lim_{n \to \infty}\frac{3+\frac{1}{n}+\frac{1}{n^2}}{1-\frac{1}{n}-\frac{1}{n^2}}=\frac{3+0+0}{1-0-0}=3[/math]. b). Теперь найдём этот предел по правилу Лопиталя. [math]\lim_{n \to \infty}\frac{3 \cdot n^2+n+1}{n^2-n-1}=\frac{\infty}{\infty}=\lim_{n \to \infty}\frac{(3 \cdot n^2+n+1)'}{(n^2-n-1)'}=\lim_{n \to \infty}\frac{6 \cdot n+1}{2 \cdot n-1}=\frac{\infty}{\infty}=\lim_{n \to \infty}\frac{(6 \cdot n+1)'}{(2 \cdot n-1)'}=\frac{6}{2}=3[/math]. Тут ответы одинаковые. |
|
| Вернуться к началу | ||
| Vadim Shlovikov |
|
|
|
|
Я удалил.
|
|
| Вернуться к началу | ||
| Vadim Shlovikov |
|
|
|
|
Найдём предел [math]\lim_{x \to \infty}(e^{x^2}-x^x)=\infty- \infty[/math].
Для этого найдём предел [math]\lim_{x \to \infty}\frac{e^{x^2}}{x^x}=\frac{\infty}{\infty}=\lim_{x \to \infty}\frac{\left ( e^x \right )^x}{x^x}=\lim_{x \to \infty}\left ( \frac{e^x}{x} \right )^x=\lim_{x \to \infty} \left ( \frac{(e^x)'}{x'} \right )^x=\lim_{x \to \infty} \left ( \frac{e^x}{1} \right )^x=\infty[/math]. То есть предел равняется [math]\lim_{x \to \infty} (e^{x^2}-x^x)=\infty[/math]. |
|
| Вернуться к началу | ||
|
На страницу Пред. 1, 2, 3, 4, 5 След. | [ Сообщений: 42 ] |
Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ] |
Кто сейчас на конференции |
Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей и гости: 6 |
| Вы не можете начинать темы Вы не можете отвечать на сообщения Вы не можете редактировать свои сообщения Вы не можете удалять свои сообщения Вы не можете добавлять вложения |