logoChat01.ai

реши с подробным решением и объяснениями

Creado el: 5 de noviembre de 2026

Respondido usando GPT-5.6 por Chat01

Pregunta

image.png

реши с подробным решением и объяснениями

Respuesta

Разберу задания по разделам и дам не только ответы, но и ход решения. На фото часть формул размыта, поэтому я сначала аккуратно восстановлю читаемые выражения; там, где символ неоднозначен, отмечу это явно, чтобы не подменять условие догадкой.

Python

python
from PIL import Image
img=Image.open('/mnt/data/image.png')
img.size


(1375, 870)

Python

python
import matplotlib.pyplot as plt
plt.figure(figsize=(16,10))
plt.imshow(img)
plt.xlim(0,720); plt.ylim(870,0); plt.axis('off');

Python

python
plt.figure(figsize=(15,10))
plt.imshow(img)
plt.xlim(700,1375); plt.ylim(870,0); plt.axis('off');

Python

python
# crop left top and right top with nearest interpolation save maybe inspect arrays visually
crops = {
 'left_top': (70,130,620,350),
 'left_mid': (80,300,610,600),
 'left_bot': (90,560,620,860),
 'right_top': (740,70,1270,530),
 'right_bot': (720,500,1260,860),
}
fig,axs=plt.subplots(len(crops),1,figsize=(14,18))
for ax,(name,box) in zip(axs,crops.items()):
    c=img.crop(box).resize(((box[2]-box[0])*2,(box[3]-box[1])*2))
    ax.imshow(c)
    ax.set_title(name); ax.axis('off')
plt.tight_layout()

Python

python
box=(760,70,1260,200)
c=img.crop(box).resize(((box[2]-box[0])*4,(box[3]-box[1])*4))
plt.figure(figsize=(18,5)); plt.imshow(c); plt.axis('off');

Pensamiento

Solved visible math tasks by cropping images and reading formulas

Respuesta

Уже читаются почти все пункты. Например, во II.2 стоит lim⁡x→16x4−2x−4\displaystyle\lim_{x\to16}\frac{\sqrt[4]{x}-2}{\sqrt x-4}, а во II.6 — lim⁡x→π/4tan⁡2x tan⁡(π/4−x)\displaystyle\lim_{x\to\pi/4}\tan2x\,\tan(\pi/4-x); их удобно решать заменой t=x4t=\sqrt[4]x и эквивалентными малыми соответственно. Сейчас уточняю самые размытые степени в пунктах 3, 7 и 9.

Python

python
# zoom on 7-10
box=(770,250,1260,530)
c=img.crop(box).resize(((box[2]-box[0])*4,(box[3]-box[1])*4))
plt.figure(figsize=(18,10)); plt.imshow(c); plt.axis('off');

Python

python
box=(820,400,1110,515)
c=img.crop(box).resize(((box[2]-box[0])*6,(box[3]-box[1])*6))
plt.figure(figsize=(16,6)); plt.imshow(c); plt.axis('off');

Python

python
box=(730,550,1240,850)
c=img.crop(box).resize(((box[2]-box[0])*4,(box[3]-box[1])*4))
plt.figure(figsize=(18,10)); plt.imshow(c); plt.axis('off');

Pensamiento

Evaluating limits

I’m identifying which sequences converge and why: comparison tests, p-series behavior, bounded monotonicity, and absolute convergence. For the nested radical, setting y=1/xy=1/x shows both terms grow similarly, so their difference tends to zero.

Solved limits and evaluated leading-order terms across sections II and III

Worked for 47s

Respuesta

Да. Ниже решаю весь вариант, который читается на фото. В нескольких местах печать очень слабая; я укажу, как именно прочитал формулу.

I. а) Вычислить пределы последовательностей

1.

По фото:

lim⁡n→∞(−1)n+3n(−2)n+1+3n+1.\lim_{n\to\infty} \frac{(-1)^n+3^n}{(-2)^{n+1}+3^{n+1}}.

Главная по росту величина и в числителе, и в знаменателе — степень 33. Делим всё на 3n3^n:

(−13)n+13(−23)n+1?+3.\frac{\left(-\frac13\right)^n+1} {3\left(-\frac23\right)^{n+1?}+3}.

Удобнее непосредственно:

(−1)n+3n(−2)n+1+3n+1=(−13)n+13(−23)n+1+3.\frac{(-1)^n+3^n}{(-2)^{n+1}+3^{n+1}} = \frac{\left(-\frac13\right)^n+1} {3\left(-\frac23\right)^{n+1}+3}.

При n→∞n\to\infty

(−13)n→0,(−23)n+1→0.\left(-\frac13\right)^n\to0,\qquad \left(-\frac23\right)^{n+1}\to0.

Поэтому

13.\boxed{\frac13}.

2.

lim⁡n→∞(11⋅2+12⋅3+⋯+1n(n+1)).\lim_{n\to\infty} \left( \frac1{1\cdot2}+ \frac1{2\cdot3}+\dots+ \frac1{n(n+1)} \right).

Используем

1k(k+1)=1k−1k+1.\frac1{k(k+1)} = \frac1k-\frac1{k+1}.

Тогда сумма телескопическая:

Sn=(1−12)+(12−13)+⋯+(1n−1n+1)=1−1n+1.\begin{aligned} S_n&= \left(1-\frac12\right) +\left(\frac12-\frac13\right) +\dots+ \left(\frac1n-\frac1{n+1}\right)\\ &=1-\frac1{n+1}. \end{aligned}

Следовательно,

lim⁡n→∞Sn=1.\boxed{\lim_{n\to\infty}S_n=1}.

3.

xn=1n−2n+3n−⋯+(−1)n−1nn.x_n= \frac1n-\frac2n+\frac3n-\dots+ (-1)^{n-1}\frac nn.

То есть

xn=1−2+3−4+⋯+(−1)n−1nn.x_n=\frac{1-2+3-4+\dots+(-1)^{n-1}n}{n}.

Рассмотрим отдельно чётные и нечётные номера.

Для n=2mn=2m:

1−2+3−4+⋯+(2m−1)−2m=(−1)+(−1)+⋯+(−1)=−m.1-2+3-4+\dots +(2m-1)-2m = (-1)+(-1)+\dots+(-1)=-m.

Поэтому

x2m=−m2m=−12.x_{2m}=\frac{-m}{2m}=-\frac12.

Для n=2m+1n=2m+1:

1−2+⋯−2m+(2m+1)=−m+(2m+1)=m+1.1-2+\dots-2m+(2m+1) =-m+(2m+1)=m+1.

Следовательно,

x2m+1=m+12m+1→12.x_{2m+1}=\frac{m+1}{2m+1}\to\frac12.

Получились два разных частичных предела:

x2m→−12,x2m+1→12.x_{2m}\to-\frac12,\qquad x_{2m+1}\to\frac12.

Значит,

предел не существует.\boxed{\text{предел не существует}}.

I. б) Исследовать сходимость

1.

xn=(1−12)(1−14)…(1−12n).x_n= \left(1-\frac12\right) \left(1-\frac14\right)\dots \left(1-\frac1{2^n}\right).

Все множители положительны и меньше 11. Поэтому

xn+1=xn(1−12n+1)<xn,x_{n+1}=x_n\left(1-\frac1{2^{n+1}}\right)<x_n,

то есть последовательность убывает.

При этом

xn>0.x_n>0.

Следовательно, она ограничена снизу нулём. По теореме о монотонной ограниченной последовательности предел существует.

Более того, он положителен, поскольку

∑k=1∞12k<∞\sum_{k=1}^{\infty}\frac1{2^k}<\infty

и соответствующее бесконечное произведение сходится к ненулевому числу.

xn сходится к некоторому L>0.\boxed{x_n\text{ сходится к некоторому }L>0}.

2.

xn=1+122+⋯+1n2.x_n=1+\frac1{2^2}+\dots+\frac1{n^2}.

Это частичные суммы ряда

∑k=1∞1k2.\sum_{k=1}^\infty\frac1{k^2}.

Это pp-ряд с p=2>1p=2>1, поэтому он сходится.

Более того,

∑k=1∞1k2=π26.\sum_{k=1}^{\infty}\frac1{k^2} =\frac{\pi^2}{6}.

Следовательно,

xn→π26.\boxed{x_n\to\frac{\pi^2}{6}}.

3.

На фото:

x1=2,x2=2+2,x_1=\sqrt2,\qquad x_2=\sqrt{2+\sqrt2},

и далее

xn=2+xn−1.x_n=\sqrt{2+x_{n-1}}.

Покажем, что xn<2x_n<2.

Для x1=2<2x_1=\sqrt2<2. Если xn−1<2x_{n-1}<2, то

xn=2+xn−1<4=2.x_n=\sqrt{2+x_{n-1}}<\sqrt4=2.

Значит, последовательность ограничена сверху числом 22.

Теперь проверим возрастание. При 0<xn<20<x_n<2

xn+1>xnx_{n+1}>x_n

эквивалентно

2+xn>xn.\sqrt{2+x_n}>x_n.

После возведения в квадрат:

2+xn>xn22+x_n>x_n^2

или

(xn−2)(xn+1)<0,(x_n-2)(x_n+1)<0,

что верно для 0<xn<20<x_n<2.

Итак, последовательность возрастает и ограничена сверху, значит имеет предел LL.

Переходим к пределу:

L=2+L.L=\sqrt{2+L}.

Возводим в квадрат:

L2−L−2=0,L^2-L-2=0, (L−2)(L+1)=0.(L-2)(L+1)=0.

Так как L>0L>0,

L=2.\boxed{L=2}.

4.

xn=cos⁡11⋅2+cos⁡22⋅3+⋯+cos⁡nn(n+1).x_n= \frac{\cos1}{1\cdot2} +\frac{\cos2}{2\cdot3} +\dots+ \frac{\cos n}{n(n+1)}.

Оценим модуль:

∣cos⁡kk(k+1)∣≤1k(k+1).\left| \frac{\cos k}{k(k+1)} \right| \le \frac1{k(k+1)}.

А ряд

∑k=1∞1k(k+1)\sum_{k=1}^{\infty}\frac1{k(k+1)}

сходится.

Следовательно, по признаку сравнения ряд

∑k=1∞cos⁡kk(k+1)\sum_{k=1}^\infty \frac{\cos k}{k(k+1)}

сходится абсолютно.

Значит, последовательность его частичных сумм сходится:

xn сходится.\boxed{x_n\text{ сходится}}.

5.

xn=1+12+⋯+1n.x_n=1+\frac12+\dots+\frac1n.

Это частичные суммы гармонического ряда:

∑k=1∞1k.\sum_{k=1}^{\infty}\frac1k.

Гармонический ряд расходится:

xn→+∞.\boxed{x_n\to+\infty}.

II. Вычислить пределы функций

1.

lim⁡x→01+αxm−1+βxnx.\lim_{x\to0} \frac{\sqrt[m]{1+\alpha x}-\sqrt[n]{1+\beta x}}{x}.

Используем эквивалентность

(1+t)a=1+at+o(t).(1+t)^a=1+at+o(t).

Поэтому

(1+αx)1/m=1+αmx+o(x),(1+\alpha x)^{1/m} = 1+\frac{\alpha}{m}x+o(x),

а

(1+βx)1/n=1+βnx+o(x).(1+\beta x)^{1/n} = 1+\frac{\beta}{n}x+o(x).

Вычитаем:

1+αxm−1+βxn=(αm−βn)x+o(x).\sqrt[m]{1+\alpha x}-\sqrt[n]{1+\beta x} = \left(\frac{\alpha}{m}-\frac{\beta}{n}\right)x+o(x).

Делим на xx:

αm−βn.\boxed{\frac{\alpha}{m}-\frac{\beta}{n}}.

2.

lim⁡x→16x4−2x−4.\lim_{x\to16} \frac{\sqrt[4]x-2}{\sqrt x-4}.

Положим

t=x4.t=\sqrt[4]x.

Тогда

x=t2,t→2.\sqrt x=t^2,\qquad t\to2.

Получаем

t−2t2−4=t−2(t−2)(t+2)=1t+2.\frac{t-2}{t^2-4} = \frac{t-2}{(t-2)(t+2)} = \frac1{t+2}.

Следовательно,

14.\boxed{\frac14}.

3.

Этот пункт на фото читается как разность вложенных корней вида

1x+1x+1x−1x+1x+1,x→0+.\sqrt{\frac1x+ \sqrt{\frac1x+\sqrt{\frac1x}}} - \sqrt{\frac1x+ \sqrt{\frac1x+1}}, \qquad x\to0+.

Покажем идею.

Обозначим y=1/xy=1/x, тогда y→+∞y\to+\infty. Получается

y+y+y−y+y+1.\sqrt{y+\sqrt{y+\sqrt y}} - \sqrt{y+\sqrt{y+1}}.

Рационализуем внешний корень:

=y+y−y+1y+y+y+y+y+1.= \frac{ \sqrt{y+\sqrt y}-\sqrt{y+1} }{ \sqrt{y+\sqrt{y+\sqrt y}} + \sqrt{y+\sqrt{y+1}} }.

Числитель остаётся ограниченным, а знаменатель имеет порядок y→∞\sqrt y\to\infty.

Поэтому

0.\boxed{0}.

4.

lim⁡x→∞x1/3[(x+2)1/3−(x−2)1/3].\lim_{x\to\infty} x^{1/3} \left[(x+2)^{1/3}-(x-2)^{1/3}\right].

При больших xx

(x+h)1/3=x1/3+13x−2/3h+o(x−2/3).(x+h)^{1/3} = x^{1/3} +\frac13x^{-2/3}h+o(x^{-2/3}).

Поэтому

(x+2)1/3=x1/3+23x−2/3+o(x−2/3),(x+2)^{1/3} = x^{1/3}+\frac23x^{-2/3}+o(x^{-2/3}), (x−2)1/3=x1/3−23x−2/3+o(x−2/3).(x-2)^{1/3} = x^{1/3}-\frac23x^{-2/3}+o(x^{-2/3}).

Разность:

(x+2)1/3−(x−2)1/3=43x−2/3+o(x−2/3).(x+2)^{1/3}-(x-2)^{1/3} = \frac43x^{-2/3}+o(x^{-2/3}).

Умножаем на x1/3x^{1/3}:

43x−1/3+o(x−1/3)→0.\frac43x^{-1/3}+o(x^{-1/3})\to0.

Итак,

0.\boxed{0}.

5.

По фото:

lim⁡x→+∞ln⁡(x2+ex)ln⁡(x4+e2x).\lim_{x\to+\infty} \frac{\ln(x^2+e^x)} {\ln(x^4+e^{2x})}.

Экспонента растёт быстрее любой степени:

x2+ex∼ex,x4+e2x∼e2x.x^2+e^x\sim e^x, \qquad x^4+e^{2x}\sim e^{2x}.

Поэтому

ln⁡(x2+ex)∼x,\ln(x^2+e^x)\sim x, ln⁡(x4+e2x)∼2x.\ln(x^4+e^{2x})\sim2x.

Следовательно,

12.\boxed{\frac12}.

6.

lim⁡x→π/4tan⁡2x tan⁡(π4−x).\lim_{x\to\pi/4} \tan2x\, \tan\left(\frac\pi4-x\right).

Пусть

h=x−π4,h→0.h=x-\frac\pi4,\qquad h\to0.

Тогда

2x=π2+2h,2x=\frac\pi2+2h,

и

tan⁡2x=tan⁡(π2+2h)=−cot⁡2h∼−12h.\tan2x = \tan\left(\frac\pi2+2h\right) =-\cot2h \sim-\frac1{2h}.

Кроме того,

tan⁡(π4−x)=tan⁡(−h)∼−h.\tan\left(\frac\pi4-x\right) = \tan(-h) \sim-h.

Поэтому

tan⁡2x tan⁡(π4−x)∼(−12h)(−h)=12.\tan2x\, \tan\left(\frac\pi4-x\right) \sim \left(-\frac1{2h}\right)(-h) =\frac12. 12.\boxed{\frac12}.

7.

На фото читается:

lim⁡x→01−cos⁡x41−cos⁡x.\lim_{x\to0} \frac{\sqrt{1-\cos x^4}} {1-\cos x}.

Используем

1−cos⁡t∼t22.1-\cos t\sim\frac{t^2}{2}.

Числитель:

1−cos⁡x4∼x82,1-\cos x^4\sim\frac{x^8}{2},

следовательно,

1−cos⁡x4∼x42.\sqrt{1-\cos x^4} \sim \frac{x^4}{\sqrt2}.

Знаменатель:

1−cos⁡x∼x22.1-\cos x\sim\frac{x^2}{2}.

Получаем

x4/2x2/2=2 x2→0.\frac{x^4/\sqrt2}{x^2/2} = \sqrt2\,x^2\to0. 0.\boxed{0}.

8.

lim⁡x→1(1−x)tan⁡πx2.\lim_{x\to1} (1-x)\tan\frac{\pi x}{2}.

Положим

h=x−1.h=x-1.

Тогда h→0h\to0 и

1−x=−h.1-x=-h.

Кроме того,

πx2=π2+πh2.\frac{\pi x}{2} = \frac\pi2+\frac{\pi h}{2}.

Поэтому

tan⁡πx2=−cot⁡πh2∼−2πh.\tan\frac{\pi x}{2} = -\cot\frac{\pi h}{2} \sim-\frac{2}{\pi h}.

Следовательно,

(1−x)tan⁡πx2∼(−h)(−2πh)=2π.(1-x)\tan\frac{\pi x}{2} \sim (-h)\left(-\frac{2}{\pi h}\right) = \frac2\pi. 2π.\boxed{\frac2\pi}.

9.

На фотографии показатель степени сильно перекрыт ручкой. Видно основание

(1+x2+x)…,x→+∞.\left(\frac{1+x}{2+x}\right)^{\ldots}, \qquad x\to+\infty.

Рядом сделана пометка

1−x1−x=11+x.\frac{1-\sqrt x}{1-x} = \frac1{1+\sqrt x}.

Если показатель именно

1−x1−x,\frac{1-\sqrt x}{1-x},

то

1−x1−x=11+x→0,\frac{1-\sqrt x}{1-x} = \frac1{1+\sqrt x}\to0,

а

x+1x+2→1.\frac{x+1}{x+2}\to1.

Берём логарифм:

ln⁡L=lim⁡11+xln⁡x+1x+2.\ln L= \lim \frac1{1+\sqrt x} \ln\frac{x+1}{x+2}.

Причём

ln⁡x+1x+2→0,\ln\frac{x+1}{x+2}\to0,

следовательно

ln⁡L=0\ln L=0

и

L=1.\boxed{L=1}.

10.

lim⁡x→0[tan⁡(π4−x)]cot⁡x.\lim_{x\to0} \left[ \tan\left(\frac\pi4-x\right) \right]^{\cot x}.

Это неопределённость 1∞1^\infty.

Положим

L=lim⁡x→0[tan⁡(π4−x)]cot⁡x.L= \lim_{x\to0} \left[ \tan\left(\frac\pi4-x\right) \right]^{\cot x}.

Тогда

ln⁡L=lim⁡x→0cot⁡x ln⁡tan⁡(π4−x).\ln L= \lim_{x\to0} \cot x\, \ln\tan\left(\frac\pi4-x\right).

При x→0x\to0

tan⁡(π4−x)=1−2x+o(x).\tan\left(\frac\pi4-x\right) =1-2x+o(x).

А значит,

ln⁡tan⁡(π4−x)=−2x+o(x).\ln\tan\left(\frac\pi4-x\right) = -2x+o(x).

Также

cot⁡x∼1x.\cot x\sim\frac1x.

Поэтому

ln⁡L=lim⁡1x(−2x+o(x))=−2.\ln L = \lim \frac1x(-2x+o(x)) =-2.

Значит,

L=e−2.\boxed{L=e^{-2}}.

III. Определить порядок малости и главный член CxnCx^n

Напоминание: если

f(x)∼Cxn,f(x)\sim Cx^n,

то nn — порядок малости относительно xx, а CxnCx^n — главный член.

1.

f(x)=x3x7+1arcsin⁡x.f(x)= \frac{x^3}{x^7+1}\arcsin x.

При x→0x\to0

arcsin⁡x∼x,\arcsin x\sim x,

а

11+x7∼1.\frac1{1+x^7}\sim1.

Поэтому

f(x)∼x3⋅x=x4.f(x) \sim x^3\cdot x=x^4.

Следовательно,

n=4,C=1,\boxed{n=4,\qquad C=1},

главный член:

x4.\boxed{x^4}.

2.

f(x)=(1+x5−1)10cos⁡mx,f(x)= \left(\sqrt[5]{1+x}-1\right)^{10}\cos^m x,

где степень у cos⁡x\cos x на фото плохо читается, но для ответа она несущественна, поскольку при любом фиксированном mm

cos⁡mx∼1.\cos^m x\sim1.

Используем

(1+x)1/5=1+x5+o(x).(1+x)^{1/5} = 1+\frac{x}{5}+o(x).

Значит,

1+x5−1∼x5.\sqrt[5]{1+x}-1 \sim\frac{x}{5}.

Тогда

(1+x5−1)10∼(x5)10.\left(\sqrt[5]{1+x}-1\right)^{10} \sim \left(\frac{x}{5}\right)^{10}.

Поэтому

f(x)∼x10510.f(x)\sim \frac{x^{10}}{5^{10}}.

Итак,

n=10,C=1510.\boxed{n=10,\qquad C=\frac1{5^{10}}}.

3.

f(x)=x ln⁡1+2x1−3x.f(x)= \sqrt{x}\, \ln\frac{1+2x}{1-3x}.

Здесь x→0+x\to0+.

Разобьём логарифм:

ln⁡1+2x1−3x=ln⁡(1+2x)−ln⁡(1−3x).\ln\frac{1+2x}{1-3x} = \ln(1+2x)-\ln(1-3x).

Используем

ln⁡(1+t)∼t.\ln(1+t)\sim t.

Тогда

ln⁡(1+2x)∼2x,\ln(1+2x)\sim2x,

а

ln⁡(1−3x)∼−3x.\ln(1-3x)\sim-3x.

Следовательно,

ln⁡1+2x1−3x∼2x−(−3x)=5x.\ln\frac{1+2x}{1-3x} \sim2x-(-3x)=5x.

Умножаем:

f(x)∼x⋅5x=5x3/2.f(x)\sim\sqrt x\cdot5x = 5x^{3/2}.

Поэтому

n=32,C=5.\boxed{n=\frac32,\qquad C=5}.

Главный член:

5x3/2.\boxed{5x^{3/2}}.

4.

f(x)=(2x−1)ln⁡(1+sin⁡x).f(x)=(2^x-1)\ln(1+\sin x).

Используем

ax−1∼xln⁡a.a^x-1\sim x\ln a.

Отсюда

2x−1∼xln⁡2.2^x-1\sim x\ln2.

Кроме того,

sin⁡x∼x\sin x\sim x

и

ln⁡(1+sin⁡x)∼sin⁡x∼x.\ln(1+\sin x)\sim\sin x\sim x.

Поэтому

f(x)∼(xln⁡2)x=(ln⁡2)x2.f(x) \sim (x\ln2)x = (\ln2)x^2.

Итак,

n=2,C=ln⁡2.\boxed{n=2,\qquad C=\ln2}.

5.

По фото:

f(x)=(3x2−1)ln⁡(cos⁡2x).f(x)= (3^{x^2}-1)\ln(\cos2x).

Первый множитель:

3x2−1∼(ln⁡3)x2.3^{x^2}-1 \sim(\ln3)x^2.

Теперь

cos⁡2x=1−(2x)22+o(x2)=1−2x2+o(x2).\cos2x = 1-\frac{(2x)^2}{2}+o(x^2) = 1-2x^2+o(x^2).

Поскольку ln⁡(1+t)∼t\ln(1+t)\sim t,

ln⁡(cos⁡2x)∼−2x2.\ln(\cos2x) \sim-2x^2.

Поэтому

f(x)∼(ln⁡3)x2(−2x2)=−2ln⁡3 x4.f(x) \sim (\ln3)x^2(-2x^2) = -2\ln3\,x^4.

Следовательно,

n=4,C=−2ln⁡3.\boxed{n=4,\qquad C=-2\ln3}.

Главный член:

−2ln⁡3 x4.\boxed{-2\ln3\,x^4}.

Краткие ответы

ЗаданиеОтветIа.11/3Iа.21Iа.3предела нетIб.1сходитсяIб.2π2/6Iб.32Iб.4сходится абсолютноIб.5+∞II.1α/m−β/nII.21/4II.30II.40II.51/2II.61/2II.70II.82/πII.91  (при прочитанном показателе)II.10e−2\boxed{ \begin{array}{c|c} \text{Задание}&\text{Ответ}\\ \hline Iа.1&1/3\\ Iа.2&1\\ Iа.3&\text{предела нет}\\ Iб.1&\text{сходится}\\ Iб.2&\pi^2/6\\ Iб.3&2\\ Iб.4&\text{сходится абсолютно}\\ Iб.5&+\infty\\ II.1&\alpha/m-\beta/n\\ II.2&1/4\\ II.3&0\\ II.4&0\\ II.5&1/2\\ II.6&1/2\\ II.7&0\\ II.8&2/\pi\\ II.9&1\;(\text{при прочитанном показателе})\\ II.10&e^{-2} \end{array}}

Для III:

1)f(x)∼x4,2)f(x)∼x10510,3)f(x)∼5x3/2,4)f(x)∼(ln⁡2)x2,5)f(x)∼−2(ln⁡3)x4.\boxed{ \begin{aligned} 1)&\quad f(x)\sim x^4,\\ 2)&\quad f(x)\sim \frac{x^{10}}{5^{10}},\\ 3)&\quad f(x)\sim5x^{3/2},\\ 4)&\quad f(x)\sim(\ln2)x^2,\\ 5)&\quad f(x)\sim-2(\ln3)x^4. \end{aligned}}

Самые сомнительные из-за качества снимка — II.3 и II.9; остальные формулы читаются достаточно уверенно.

Compartir este Q&A