Высшая математика. Часть II. Самочернова Л.И. - 74 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

ТПУ | Томск

Составители: 

Рубрика: 

74
Теперь можно написать, что
()
[]
()
() ()
(
)()
xfxg
xfxg
ax
xg
ax
ax
eexf
lnlim
ln
limlim
→
==
→→
. (2.30)
и дело сводится к определению предела
(
)
(
)
xfxg
ax
lnlim
→
.
Пример 6. Найти
x
x
x
0
lim
→
.
Решение. Имеем неопределенность вида 0
0
. На основании (2.29) можем
записать, что
xxx
e
x
ln
=
, а потому на основании (2.30):
xx
xx
x
x
x
x
eex
lnlim
ln
00
0
limlim
→
==
→→
. (2.31)
Найдем теперь
xx
x
lnlim
0→
(здесь имеем неопределенность вида 0⋅∞):
()
0lim
1
1
lim
1
ln
limlnlim
0
2
000
=−=
−
==
→→→→
x
x
x
x
x
xx
xxxx
.
Неопределенность
вида
∞
∞
. Применяем
правило Лопиталя.
Подставляя этот результат в (2.31), получим, что 1lim
0
0
==
→
ex
x
x
.
Пример 7. Найти
()
x
x
x
xe
1
0
lim +
→
.
Решение. Имеем неопределенность вида
∞
1. На основании (2.29) мо-
жем записать что
(
)
(
)
xe
x
x
x
x
exe
+
=+
ln
1
1
, а потому
()
(
)
(
)
xe
x
xe
x
x
x
x
x
x
x
x
eexe
+
+
→→
→
==+
ln
1
lim
ln
1
0
1
0
0
limlim . (2.32)
Найдем теперь
()
xe
x
x
x
+
→
ln
1
lim
0
:
()
(
)
2
1
lim
ln
limln
1
lim
000
=
+
+
=
+
=+
→→→
x
e
e
x
xe
xe
x
x
x
x
x
x
x
x
.
Неопределенность Неопределенность
вида 0
⋅∞ вида
0
0
. Применяем
правило Лопиталя.
Подставляя найденное значение в (2.32), получим, что
()
2
1
0
lim exe
x
x
x
=+
→
.

Страницы