отдам 50 баллов за ПРАВИЛЬНОЕ решение

Отдам 50 баллов за ПРАВИЛЬНОЕ решение

Задать свой вопрос
1 ответ
Этот предел с неопределенностью типа \1^\infty\. Его можно вычислить, приведя ко второму примечательному лимиту. Можно также использовать логарифмирование, управляло Лопиталя и 1-ый замечательный предел. Это и было изготовлено ниже. 

=e^\lim_x\to 0 \frac\ln\left(\frac1+\sin x\cos \alpha x1+\sin x\cos \alpha x\right)\rm tg^3x=
=e^\lim_x\to 0 \frac(1+\sin x\cos \beta x)(\cos x\cos\alpha x- \alpha \sin x\sin \alpha  x)-(1+\sin x\cos \alpha x)(\cos x\cos \beta x-  \beta  \sin x\sin  \beta  x)(1+\sin x\cos \alpha x)(1+\sin x\cos  \beta x)\cdot3\frac\sin^2 x\cos^4 x=
=e^\lim_x\to 0\frac(1+x)(1- \alpha ^2 x^2)-(1+x)(1-  \beta  ^2 x^2)3x^2(1+x)^2)=e^\lim_x\to 0\fracx^2(\beta ^2- \alpha ^2)3x^2(1+x))=e^\frac13(\beta ^2- \alpha ^2)
, оставишь ответ?
Имя:*
E-Mail:


Добро пожаловать!

Для того чтобы стать полноценным пользователем нашего портала, вам необходимо пройти регистрацию.
Зарегистрироваться
Создайте собственную учетную запить!

Пройти регистрацию
Авторизоваться
Уже зарегистрированны? А ну-ка живо авторизуйтесь!

Войти на сайт