Предмет: Алгебра, автор: zmikus

lim x стремящейся к 0
tg 2x-sin 2x/x^2
lim x стремящейся к - бесконечности
(х+3/2х-4)^х+2
lim x стремящейся к бесконечности
(2х/2х-3)^3х
lim x стремящейся к 0
$\sqrt{2x + 1} - \sqrt{x + 6} \\ {2x}^{2} - 7x - 15$

Ответы

Автор ответа: nikebod313

$1) \ \lim_{x \to 0} \dfrac{\tan 2x - \sin 2x}{x^{2}} = \bigg\{\dfrac{0}{0} \bigg\} = \lim_{x \to 0}\dfrac{2x - 2x}{x^{2}} = \lim_{x \to 0}\dfrac{0}{x^{2}} = 0$

Согласно первому замечательному пределу и его следствиям:

$x \sim \sin x \sim \tan x \sim \arcsin x \sim \arctan x, \ x \to 0$

$2) \ \lim_{x \to \infty} \bigg( \dfrac{x + 3}{2x - 4} \bigg)^{x + 2} = \{1^{\infty}\} = \lim_{x \to \infty} \bigg(1 + \dfrac{x + 3}{2x - 4} - 1 \bigg)^{x + 2} =\\\\= \lim_{x \to \infty} \bigg(1 + \dfrac{7 - x}{2x - 4} \bigg)^{x + 2} = \lim_{x \to \infty} \bigg(1 + \dfrac{1}{\frac{2x - 4}{7 - x}} \bigg)^{\frac{2x - 4}{7 - x} \cdot \frac{7-x}{2x-4} \cdot x + 2} =\\\\= \lim_{x \to \infty} e^{\frac{-x^{2} + 5x + 14}{2x - 4} } = e^{\lim_{x \to \infty}\frac{-x^{2} + 5x + 14}{2x - 4}} = e^{-\infty} = 0$

$3) \ \lim_{x \to \infty} \bigg(\dfrac{2x}{2x - 3} \bigg)^{3x} =\{1^{\infty}\} = \lim_{x \to \infty} \bigg(1 + \dfrac{2x}{2x - 3} - 1 \bigg)^{3x} =\\\\= \lim_{x \to \infty} \bigg(1 + \dfrac{3}{2x - 3} \bigg)^{3x} = \lim_{x \to \infty} \bigg(1 + \dfrac{1}{\frac{2x - 3}{3}} \bigg)^{\frac{2x - 3}{3} \cdot \frac{3}{2x - 3} \cdot 3x} =\\\\= \lim_{x \to \infty} e^{\frac{9x}{2x - 3}} = e^{\lim_{x \to \infty} \frac{9x}{2x - 3}} = e^{\frac{9}{2}} =e^{4}\sqrt{e}$

В 2) и 3) нужно использовать второй замечательный предел:

$\lim_{x \to \infty} \bigg(1 + \dfrac{1}{x} \bigg)^{x} = e$

$4) \ \lim_{x \to 0} \dfrac{\sqrt{2x + 1} -\sqrt{x+6} }{2x^{2} - 7x - 15} = \dfrac{\sqrt{2 \cdot 0 + 1} -\sqrt{0+6} }{2\cdot 0^{2} - 7\cdot 0 - 15} = -\dfrac{1 - \sqrt{6}}{15}$