Matematické Fórum

halogan · 25. 11. 2009 23:39

Dobrý den,

počítal jsem si nějaké limity a zasekl jsem se u závěru této:

$\lim_{x \to -\frac{\pi}{2}} \frac{\tan x \cdot \log (\sin^2 x)}{\sqrt{1 + \sin x}}.$

Nejprve jsem rozšířil, jak se jen dalo:

$\lim_{x \to -\frac{\pi}{2}} \frac{\tan x \cdot \log (\sin^2 x)}{\sqrt{1 + \sin x}} \cdot \frac{\sqrt{1 + \sin x}}{\sqrt{1 + \sin x}}\cdot \frac {\sin^2 x - 1}{\sin^2 x - 1}$

Po použití trochy aritmetiky limit jsem se dostal k

$\lim_{x \to -\frac{\pi}{2}} \frac{\sin x \cdot (\sin x - 1) \cdot \sqrt{1 + \sin x}}{\cos x} = \lim_{x \to -\frac{\pi}{2}} \frac{\sin x \cdot (\sin x - 1) \cdot \sqrt{1 + \sin x}}{\cos x} \cdot \frac{\cos x}{\cos x} = \lim_{x \to -\frac{\pi}{2}} \frac{\sin x \cdot \cos x \cdot \cancel{(\sin x - 1)} \cdot \sqrt{1 + \sin x}}{(-1) \cdot \cancel{(\sin x - 1)} \cdot (1 + \sin x)} = \lim_{x \to -\frac{\pi}{2}} \frac{- \sin x \cos x}{\sqrt{1 + \sin x}$

$=\lim_{x \to -\frac{\pi}{2}} \frac{- \sin 2x}{2 \cdot \sqrt{1 + \sin x}}.$

Teď, aniž bych počítal konkrétní limitu, vidím, že bude problém se sinem 2x, protože tam funkce pendluje mezi + a - zleva (resp. zprava). Nepočítám tedy dále, protože vidím, že limita zprava se nebude rovnat té zleva (jmenovatel je shodný). Je tu problém ale, že vlastně ani nevím, jak ji dopočítat.

Ještě jsme nebrali L'Hospitalovo pravidlo, tak se ptám, jak jinak jde dopočítat tato limita? Je to zkouškový příklad, takže možná tam L'Hospital bude potřeba. Zároveň prosím o nějaký komentář, pokud jsem někde udělal nějakou fatální chybu, limity bereme krátce - používám naslepo některé poznatky z dnešní hodiny - a moc to neovládám.

(Všechny známé limity jsem vypouštěl přes aritmetiku o součinu s tím, že se k nim vrátím, až zjistím, že limita zbytku existuje.)

---

Děkuji pěkně a hezký den přeji.

Olin · 26. 11. 2009 00:07

Zdravím, Wolfram Alpha praví, že se jednostranné limity nerovnají. V tuto pozdní hodinu už to bohužel nebudu zkoumat příliš detailně, ovšem myslím, že problémy bude působit ten tangens, který jde zprava k mínus a zleva k plus nekonečnu.

Pavel Brožek

Postupoval bych velmi podobně. A pokračoval bych asi takto (pro limitu zprava):

$\lim_{x \to -\frac{\pi}{2}} \frac{- \sin x \cos x}{\sqrt{1 + \sin x}}=-(-1)\cdot\lim_{x \to -\frac{\pi}{2}} \frac{\cos x}{\sqrt{1 + \sin x}}=\nl =\lim_{x \to -\frac{\pi}{2}} \sqrt{\frac{\cos^2 x}{1 + \sin x}}=\lim_{x \to -\frac{\pi}{2}} \sqrt{\frac{1-\sin^2 x}{1 + \sin x}}=\ldots$

halogan · 26. 11. 2009 08:57

Jasné, už to v tom vidím. Při vládání kosínu do odmocniny udělám rychlou diskusi a je hotovo.

Díky!

halogan

Abych to tu nezaplavoval stejnými tématy, budu se ptát na nové limity v tomto tématu vždy po uzavření té předchozí.

$\lim_{x \to 0+} (e^x - 1)^{\frac{\tan^2 x}{\sqrt[3]{x^2}}}$

Přes přepis $a^b = e^{b \ln a}$ (podmínky nutné, vím) to asi nepůjde, protože logaritmus půjde k nule a k tomu žádnou limitu neznám. Zkoušel jsem si základ mocniny rozšířit x/x a umocnit zvlášť $\frac{e^x - 1}{x}$ a $x$ . U prvního jsem došel k limitě jedna, u druhého jsem stanul před stejným problémem jako u původní limity - log x.

Jaký postup zde lze použít?

Děkuji

Edit: napadlo mě ještě toto: na jistém pravém okolí 0 bude $e^x - 1$ patřit do intervalu (0, e-1). Pak si spočítám limitu exponentu, ta je 0. A když exponent jde k nule shora, znamená to teoreticky to samé jako n-tá odmocnina. A n-tá odmocnina z kladného reálného čísla je 1. Takže vlastně používám větu o dvou policajtech (spodní a horní odhad základu mocniny). Šlo by?

Edit2: Já hloupá, já mohl vytknout e^x a měl bych logaritmovatelný výraz krát (jdoucí k nule), na co už jde použít známá limita.

Matematické Fórum

#1 25. 11. 2009 23:39

Limita funkce

#2 26. 11. 2009 00:07

Re: Limita funkce

#3 26. 11. 2009 00:10 — Editoval BrozekP (26. 11. 2009 00:11)

Re: Limita funkce

#4 26. 11. 2009 08:57

Re: Limita funkce

#5 28. 11. 2009 16:16 — Editoval halogan (28. 11. 2009 16:53)

Re: Limita funkce

Zápatí