Bài 107699

Question

Tính $L = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty} \frac{e^{-2x^2} - \sqrt[3]{1+ x^2} }{\ln (1+x^2)} $

Thu Hằng · Answer 1 · 6/11/2012 12:06:54 PM

$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left[ {\left ( \frac{e^{-2x^2}-1}{x^2} - \frac{\sqrt[3]{1 + x^2}-1 }{x^2} \right ). \frac{x^2}{\ln (1+x^2)} } \right] = (L_1 - L_2): L_3$
Trong đó

$L_1= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{e^{-2x^2}-1}{x^2} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left[ {(-2).\frac{{e^{-2x^2}-1}}{-2x^2} } \right] = -2.1 = -2 $

$L_2=\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{\sqrt[3]{1 + x^2}-1 }{x^2}$
Đặt $t = \sqrt[3]{1 + x^2} $ thì $x^2 = t^3 - 1$ nên
$L_2 = \mathop {\lim }\limits_{t \to 1} \frac{t-1}{t^3 - 1} = \mathop {\lim }\limits_{t \to 1} \frac{1}{t^2 +t+1} = \frac{1}{3} $

$L_3=\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\frac{\ln (1+x^2)}{x^2}$
Đặt $u = x^2$ thì $L_3 = \mathop {\lim }\limits_{u \to 0} \frac{\ln (1 + u)}{u} = 1 $

Vậy $L = (L_1 - L_2): L_3 = \left ( -2 - \frac{1}{3} \right): 1 = -\frac{7}{3} $

Chú ý :
Ở đây đã sử dụng hai kết quả quen thuộc :
$ \mathop {\lim }\limits_{t \to 0} \left ( \frac{e^{t} -1 }{t} \right )=1$
$ \mathop {\lim }\limits_{t \to 0} \left ( \frac{\ln(1+t) }{t} \right )=1$

Bài 107699

1 Đáp án

Lý thuyết liên quan

Bài 107699

1 Đáp án

Liên quan

Lý thuyết liên quan