Вычислите предел по правилу Лопиталя

Question 1

Question 2

Хорошо, спасибо)

Question 3

там, наверное, не arctg^2x , a arctg(x^2) ... При х--> беск: arctg(беск)--> pi/2 . тогда будет неопред. 0/0

Question 4

Вот об этом я писала выше, только видимо не корректно написала

Question 5

а в первом случае разве можно воспользоваться табл эквивалентности, ведь х->infinity...

Question 6

конечно, можно...при х--> беск. аргумент (1/х^2)-->0 !!! эквивалентность я написала с аргументом a(x)-->0, где a(x)=(1/x^2). Главное для эквивалентности, куда стремится аргумент, а не сам "х". Просто обычно эти эквивалентности пишут в упрощённом виде, где все аргументы равны "х", а в общем виде надо писать так, как я тебе в решении написала.

Question 7

Спасибо большущее!)

Question 8

с эквивалентностями понятно?

Question 9

вот, например, если х--> беск. , то sin(1/x) эквив. (1/х)

Question 10

потому, что (1/х)-->0... а получаем sin(беск.малой) эквив. (беск.малой)

Question 11

Да, понятно)

Question 12

Решите задачу:

$\lim\limits _{x \to \infty}\frac{e^{\frac{1}{x^2}}-1}{2arctg^2x-\pi }=\lim\limits _{x \to \infty}\frac{\frac{1}{x^2}}{2\cdot (\frac{\pi}{2})^2-\pi }= \lim\limits _{x \to \infty}\frac{\frac{1}{x^2}}{\frac{\pi ^2}{2}-\pi }=\Big [\; \frac{0}{const}\; \Big ]=0\\\\\\(e^{\alpha (x)}-1)\sim a(x)\; \; ,\; \; esli\; \alpha (x)\to 0\; \; ,\; \alpha (x)=\frac{1}{x^2}\to 0\; pri\; x\to \infty$

$\lim\limits _{x \to \infty}\frac{e^{\frac{1}{x^2}}-1}{2arctg(x^2)-\pi }=[\; \frac{1-1}{2\cdot \frac{\pi}{2}-\pi }=\frac{0}{0}\; ,\; Lopital]=\lim\limits _{x \to \infty}\frac{e^{\frac{1}{x^2}}\cdot (-2x^{-3})}{2\cdot \frac{2x}{1+x^4}}=\\\\=\lim\limits _{x \to \infty}\frac{-2\cdot e^{\frac{1}{x^2}}}{x^3\cdot \frac{4x}{1+x^4}}=-\lim\limits _{x \to \infty}\frac{e^{\frac{1}{x^2}}\cdot (1+x^4)}{2x^4} =[\; Lopital\; ]=$

$=\Big [\; e^{\frac{1}{x^2}}\to e^0=1\; ,\; (1+x^4)\to \infty \; ,\; \; (1+x^4)\sim x^4\; ,\; (2x^4)\to \infty \; \Big ]=\\\\=-\lim\limits _{x \to \infty}\frac{x^4}{2x^4}=-\frac{1}{2}$