Vô cùng bé

Để lại phản hồi Go to comments

1. Định nghĩa:

Hàm \alpha (x) được gọi là lượng vô cùng bé (VCB) khi x\to {{x}_{0}} nếu \underset{x\to {{x}_{o}}}{\mathop{\lim }}\,\alpha (x)=0

Ví dụ: x^m , sinx , {\tan}x , ln(1+x) , 1 - \cos x là các VCB khi x\to 0 .

Ta cũng có khái niệm VCB cho quá trình x\to \infty thay vì quá trình x\to {{x}_{0}} .

Quy ước: quá trình x\to \infty thay x\to {{x}_{0}} ta gọi chung là trong 1 quá trình.

2 Định lý:

Trong 1 quá trình, f(x)\to L khi và chỉ khi {\alpha}(x) = f(x) - L là VCB trong quá trình đó.

3 Tính chất: Trong 1 quá trình:

1. Nếu {\alpha}(x) là VCB, C là hằng số thì C.{\alpha}(x) là VCB.

2. Nếu {{\alpha}_{1}}(x), {{\alpha}_{2}}(x), {{\alpha}_{3}}(x), ..., {{\alpha }_{n}}(x) là một số hữu hạn các VCB thì tổng {{\alpha }_{1}}(x)+ {{\alpha }_{2}}(x)+ … + {{\alpha }_{n}}(x) cũng là VCB.

3. Nếu \alpha (x) là VCB và f(x) là hàm bị chặn thì tích {\alpha}(x).f(x) cũng là VCB.

4. So sánh hai lượng VCB:

Cho f, g là hai lượng VCB trong 1 quá trình.

Giả sử \underset{x\to {{x}_{o}}}{\mathop{\lim }}\, \dfrac{f(x)}{g(x)}= k

Nếu k = 0 thì f là VCB bậc lớn hơn g. Ký hiệu: f = {\theta}(g) (hoặc f = 0(g) )

Nếu k = {\pm}{\infty} thì g là VCB bậc lớn hơn f. Ký hiệu g = {\theta}(f)

Nếu k \ne 0, k \ne \pm \infty thì f, g là hai VCB cùng bậc. Đặc biệt, nếu k = 1 thì ta nói f, g là VCB tương đương. Ký hiệu: f \sim g

Nếu không tồn tại giới hạn thì ta nói f , và g không so sánh được với nhau .

Ví dụ:

1. 1-cosx , x^2 là hai VCB ngang cấp khi x \to 0 .

2. 1 – cosx là VCB cấp cao hơn x khi x \to 0 .

5. Các VCB bé tương đương cần chú ý:

Nếu x \to 0 thì:

{\sin}x \sim x , {\tan}x \sim x , 1 - \cos x \sim { \dfrac{1}{2}}x^2 ; {\arcsin}x \sim x

(e^x-1) \sim x , ln(1+x) \sim x , \left[ {{{\left( {1 + x} \right)}^a} - 1} \right] \sim ax

6. Khử dạng vô định:

6.1 Tính chất 1:

Nếu \underset{x\to {{x}_{o}}}{\mathop{\lim }}\, \dfrac{f}{g}=k , f \sim f_1; g \sim g_1 thì \underset{x\to {{x}_{o}}}{\mathop{\lim }}\, \dfrac{{{f}_{1}}}{{{g}_{1}}}= k

Chứng minh

Thật vậy: \underset{x \to x_o}{\mathop{\lim}} \, \dfrac{f}{g} = \underset{x \to x_o}{\mathop{\lim}} \, { \dfrac{f}{f_1}}.{ \dfrac{f_1}{g_1}}.{ \dfrac{g_1}{g}} = \underset{x \to x_o}{\mathop{\lim}} \, { \dfrac{f_1}{g_1}}

Ví dụ: \underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\, \dfrac{\ln (1+2x)}{{{e}^{3x}}-1}=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\, \dfrac{2x}{3x}= \dfrac{2}{3}

6.2 Tính chất 2:

Nếu {\alpha}(x) = \theta({\beta}(x)) trong 1 quá trình thì {\alpha}(x)+ {\beta}(x) \sim {\beta}(x) .

Như vậy tổng của hai VCB tương đương với VCB có cấp thấp hơn.

Ví dụ:

1.\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\, \dfrac{1-\cos 5x}{{{\sin }^{2}}2x}

2. \underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\, \dfrac{\ln (1-3x)}{tg2x}

3. \underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\, \dfrac{x+{{\sin }^{2}}x+t{{g}^{3}}x}{2x+{{x}^{3}}+4{{x}^{5}}}

4. \underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\, \dfrac{\ln (1+tgx)}{x+{{\sin }^{3}}x}

5. \underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\, \dfrac{\ln (1-2x{{\sin }^{2}}x)}{\sin {{x}^{2}}.tgx}

7. Bài tập giải mẫu:

1. Tìm giới hạn của hàm số:

\lim\limits_{x \to 0} { \dfrac{ln({ \dfrac{1}{tgx}})}{ln(sinx)}}

Giải:

Ta có: tgx , sinx là các VCB khi x \to 0 nên:

tgx \sim x , sinx \sim x (x \to 0 )

Do đó, theo tính chất 1 ta có:

\lim\limits_{x \to 0} { \dfrac{ln({ \dfrac{1}{tgx}})}{ln(sinx)}} = \lim\limits_{x \to 0} { \dfrac{ln({ \dfrac{1}{x}})}{ln(x)}} = \lim\limits_{x \to 0} { \dfrac{- ln(x)}{ln(x)}} = -1

2. Tính giới hạn:

L = \lim\limits_{x \to 0} { \dfrac{\sqrt[3]{1+x^{2}} - e^{x}}{ln(1+arctgx) + 1 -cosx}}

Giải

Ta có:

\lim\limits_{x \to 0} { \dfrac{\sqrt[3]{1+x^{2}} - e^{x}}{ln(1+arctgx) + 1 -cosx}} = \lim\limits_{x \to 0} { \dfrac{\sqrt[3]{1+x^{2}} - 1 - (e^{x} - 1)}{ln(1+arctgx) + 1 -cosx}}

Khi x \to 0 ta có:

(1+x^{2})^{ \dfrac{1}{3}} -1 \sim { \dfrac{1}{3}}.x^{2} , e^{x} -1 \sim x , \\ln(1 + arctgx) \sim ln(1 + x) \sim x , 1 - cosx \sim { \dfrac{1}{2}}.x^{2}

Nên: L = \lim\limits_{x \to 0} { \dfrac{{ \dfrac{x^2}{3}}-x}{x + { \dfrac{x^2}{2}}}}

Tiếp tục, sử dụng quy tắc ngắt bỏ vô cùng bé bậc cao (tính chất 2), ta có:

L = \lim\limits_{x \to 0} { \dfrac{-x}{x}} = -1

8. Bài tập:

1. Giả sử t là lượng VCB. So sánh các lượng VCB: u = 5t^2 + 2t^5 ; v = 3t^2 + 2t^3

2. So sánh các VCB u = t{\sin}^2t ; v = 2tsint khi t \to 0 .

3. So sánh các VCB u = t^2{\sin}^2t ; v = t{\tan}t khi t \to 0 .

4. Sử dụng các VCB tương đương, tính các giới hạn:

a. \underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\, \dfrac{\ln (1+3x.\sin x)}{tg{{x}^{2}}}

b. \underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\, \dfrac{\sqrt{1+2x}-1}{tg3x}

c. \underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\, \dfrac{{{\sin }^{2}}3x}{{{\ln }^{2}}(1+2x)}

d. \underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\, \dfrac{{{e}^{2x}}-1}{\ln (1-4x)}

e. \underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\, \dfrac{\ln \cos x}{\ln (1+{{x}^{2}})}

f. \underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\, \dfrac{\sin ({{e}^{x-1}}-1)}{\ln x}

g. \underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\, \dfrac{\sqrt[5]{{{(1+x)}^{3}}}-1}{(1+x).\sqrt[3]{{{(1+x)}^{2}}}-1}

h. \underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\, \dfrac{\sqrt[3]{8+3x}-2}{\sqrt[4]{16+5x}-2}

i. \underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\, \dfrac{\ln (1+x-3{{x}^{2}}+2{{x}^{3}})}{\ln (1+3x-4{{x}^{2}}+{{x}^{3}})}

j. \underset{x \to 1}{\mathop{\lim}} \, { \dfrac{\arcsin{ \dfrac{x}{\sqrt{1-x^2}}}}{\ln (1-x)}}

k. \underset{x \to { \dfrac{1}{2}}}{\mathop{\lim }} \, { \dfrac{4{{x}^{2}}-1}{\arcsin (1-2x)}}

  1. mot mi 90
    16.11.2009 lúc 07:57 | #1
    Trả lời | Trích dẫn

    thay co the giai giup em bai tap nay ko a?
    tinh lim cua (n(n+2)/2^n) khi n dan toi vo cung

Comment pages
  1. No trackbacks yet.