Matematické Fórum

Ravel1984

http://www.karlin.mff.cuni.cz/~zajicek/UKAZKOVE3.pdf

Zdravím, potřeboval bych, prosím, pomoct s řešením těchto limit. Jsem si celkem jistý pouze třetím příkladem, kdy jsem za x substituoval y+1 vyšlo mi to arcsin 12/7, což není definované, takže limita neexistuje. Předem děkuji za ochotu.

Azeret · 30. 12. 2010 15:05

↑ Ravel1984: Ahoj, celkem ráda bych se na ty limity alespon podivala, ale bohuzel nikde nemuzu najit odkaz. Můžeš ho sem dát ještě jednou? diky

Ravel1984 · 30. 12. 2010 15:07

Měl by se zobrazit hned nad tím mým textem, ale pro jistotu to hodím ještě jednou.

http://www.karlin.mff.cuni.cz/~zajicek/UKAZKOVE3.pdf

FailED · 30. 12. 2010 16:01 — Editoval FailED (30. 12. 2010 16:17)

Zkusil bych tohle:

1) hospital, vytknout to e na něco a zkrátit
2) hospital
4) hospital
6) použít aritmetiku na ten arctan - dostat tam stejný argument a hospital
7) tady ukázat, že první závorka bude nějaké kladné číslo větší než nějaká konstanta a druhá závorka jde k nekonečnu a proto celá limita bude nekonečno

Ravel1984 · 30. 12. 2010 16:15

Díky, to by nejspíš mělo fungovat, ještě si to projdu detailněji. Ale zapomněl jsem se zmínit, že by to mělo jít i bez Hospitala a to bych právě potřeboval.

FailED · 30. 12. 2010 16:34 — Editoval FailED (30. 12. 2010 17:26)

Tak aspoň pětku bez hospitala:

$\lim_{x\to\frac{\pi}{4}}$\tan x$^{\tan 2x}=e^{\lim_{x\to\frac{\pi}{4}}\tan 2x\cdot\log\tan x}$

$\large\lim_{x\to \frac{\pi}{4}}\tan 2x\cdot\log \tan x=\lim_{x\to\frac{\pi}{2}}\frac{\sin x}{\cos x}\cdot\log$\frac{\sin x}{\cos x +1}$=\lim_{x\to 0}\frac{\cos x}{-\sin x}\cdot\log$\frac{\cos x}{1-\sin x}$=\nl =\Large-\lim_{x\to 0}\frac{\log$1+\frac{\cos x -1 +\sin x}{1-\sin x}$}{\frac{\cos x -1 +\sin x}{1-\sin x}}\,\cdot\,\frac{\cos x -1 +\sin x}{1-\sin x}\cdot\frac{\cos x}{\sin x}=-1$

$\lim_{x\to\frac{\pi}{4}}$\tan x$^{\tan 2x}=\frac{1}{e}$

Použil jsem vzorec $\tan\frac{x}{2}=\frac{\sin x}{\cos x+1}$ .

V cyklometrických funkcích se nevyznám tak ti s tím asi nepomůžu.

Marian · 30. 12. 2010 17:06

↑ FailED: Počítal bych výrazně jednodušeji takto:

FailED · 30. 12. 2010 17:27

↑ Marian:

Ano, jasně, chtěl jsem ukázat řešení ↑ bez Hospitala:. Možná že to jde dělat jednodušeji.

Marian · 30. 12. 2010 17:38 — Editoval Marian (30. 12. 2010 17:38)

↑ FailED:

Aha ... bez l'Hospitala!

V tom případě navrhuji tento postup:
$\lim_{x\to\frac{\pi}{4}}\frac{\ln (\tan (x))}{\cos (2x)}=\lim_{x\to\frac{\pi}{4}}\frac{\ln (1+(\tan (x)-1))}{\tan (x)-1}\cdot\frac{\tan (x)-1}{\cos (2x)}.$

Druhý zlomek v posledně uvedeném výrazu se dá na prstencovém okolí upravit pokrácením (stačí přepsat kosinus dvojnásobného úhlu, rozložit a pokrátit).

Odtud limita plyne taktéž velmi snadno.

Ravel1984 · 30. 12. 2010 22:31

↑ Marian:

Jen mi není jasné, co provedu s tím prvním zlomkem... (z toho druhého jsem dostal -1).

FailED · 30. 12. 2010 22:38 — Editoval FailED (30. 12. 2010 22:52)

↑ Marian:

Díky, já bych se pořád snažil upravovat to k čemu se to blíží a přitom je to takhle jednoduché, nechápu že mě to nenapadlo...

↑ Ravel1984:
Zavede se substituce $t\,:=\,\tan x-1$ a tím se převede na limitu $\lim_{t\to0}\frac{\log(1+t)}{t}=1$ . (+ aritmetika)

Ravel1984 · 30. 12. 2010 22:52

↑ FailED:
Jasně no, úplně jsem to přehlédl. Díky

Ravel1984 · 30. 12. 2010 23:10

↑ FailED:

ad 7) s tou první závorkou si poradím, ale nevím, jak mám u té druhé dokázat, že jde k nekonečnu.

FailED · 30. 12. 2010 23:44 — Editoval FailED (30. 12. 2010 23:50)

Třeba takhle:

$\Large\frac{$\log n$^n}{n^{\log n}}>\frac{e^n}{n^{\log n}}=e^{n-\log^2n$ - to by mohlo stačit ne?

Ravel1984 · 31. 12. 2010 14:24

Skvělé, díky. Tak to bychom měli 3 vyřešené. Napadá někoho řešení nějakého dalšího?

Marian · 31. 12. 2010 14:38

Dvojka by měla být také velmi sandá.

Využiju faktu, že platí $\frac{\arctan (t)}{t}\to 1$ pro $t\to 0$ pro $t=\frac{1}{n^2}$ , je-li $n\to\infty$ . Navíc budu studovat hodnotu limity v absolutní hodnotě.

_______
Pozn.: Znakem <' jsem si výše označil symbol "menší nebo rovno". Když vysázím originální "menší nebo rovno", prostředí align mi nezarovnává znaky a nechtělo se mi to přepisovat do array. Omlouvám se ...

Odtud snadno hodnota limity z absolutního člene rovna nule. Odtud plyne, že i limita původní s alternujícím znaménkem se musí být rovněž nulová posloupnost.

FailED · 31. 12. 2010 15:52

↑ Ravel1984:

V jedničce stačí vytknout ta e a rozdělit logaritmy. Mělo by to vyjít 4.

Na 4 a 6 ještě zkus aritmetiku podobně jako to udělal Marian ↑ tady:.

Ravel1984

Díky všem, teď bych s tím už neměl být problém. Ještě to projdu a potom to už uzavřu. Bouřlivého Silvestra a co nejlepší příští rok! ;-)

Stýv · 31. 12. 2010 16:52

↑ Marian: zřejmě používáš \le. při použití \leq je zarovnání ok. viz

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

myrek · 01. 01. 2011 19:51

↑ Marian:
mohu se zeptat zda se dvojka da udelat i nejak bez policajtu?
diky

Matematické Fórum

#1 30. 12. 2010 14:31 — Editoval Ravel1984 (30. 12. 2010 15:20)

limity funkcí

#2 30. 12. 2010 15:05

Re: limity funkcí

#3 30. 12. 2010 15:07

Re: limity funkcí

#4 30. 12. 2010 16:01 — Editoval FailED (30. 12. 2010 16:17)

Re: limity funkcí

#5 30. 12. 2010 16:15

Re: limity funkcí

#6 30. 12. 2010 16:34 — Editoval FailED (30. 12. 2010 17:26)

Re: limity funkcí

#7 30. 12. 2010 17:06

Re: limity funkcí

#8 30. 12. 2010 17:27

Re: limity funkcí

#9 30. 12. 2010 17:38 — Editoval Marian (30. 12. 2010 17:38)

Re: limity funkcí

#10 30. 12. 2010 22:31

Re: limity funkcí

#11 30. 12. 2010 22:38 — Editoval FailED (30. 12. 2010 22:52)

Re: limity funkcí

#12 30. 12. 2010 22:52

Re: limity funkcí

#13 30. 12. 2010 23:10

Re: limity funkcí

#14 30. 12. 2010 23:44 — Editoval FailED (30. 12. 2010 23:50)

Re: limity funkcí

#15 31. 12. 2010 14:24

Re: limity funkcí

#16 31. 12. 2010 14:38

Re: limity funkcí

#17 31. 12. 2010 15:52

Re: limity funkcí

#18 31. 12. 2010 16:20 — Editoval Ravel1984 (31. 12. 2010 16:29)

Re: limity funkcí

#19 31. 12. 2010 16:52

Re: limity funkcí

#20 01. 01. 2011 19:51

Re: limity funkcí

Zápatí