Matematické Fórum

dugbutabi · 16. 04. 2012 18:45

Dobrý den. Prosím o pomoc.

$\lim_{x\to0}(\frac{1}{\sin x}-\frac{1}{\mathrm{e}^{x}-1})=\lim_{x\to0}(\frac{1}{\sin x}+\frac{1}{1-\mathrm{e}^{x}})=$

user · 16. 04. 2012 19:22

Na první pohled to vypadá, že bude vhodné použít znalosti základních limit $\lim_{x\to 0} \frac{\sin x}{x}, \lim_{x\to 0} \frac{e^{x}-1}{x}$

Pavel Brožek · 16. 04. 2012 19:26

↑ user:

Na první pohled ano, na druhý ale ne. Tak možná zase na třetí ano, to už nevím :-). Určitě to jde řešit l'Hospitalem, nic jiného a hezčího mě nenapadá.

user · 16. 04. 2012 20:37 — Editoval user (16. 04. 2012 20:40)

Tak jsem to doupravil takhle na společného jmetovatele
$\lim_{x\to 0}\frac{e^{x}-1-\sin x}{(e^{x}-1)\sin x}=\lim_{x\to 0}\frac{x^{2}}{(e^{x}-1)\sin x}\frac{e^{x}-1-\sin x}{x^{2}}$
První zlomek známe a druhý buď 2 L'Hospitalem nebo Taylorem
$\lim_{x\to 0}\frac{e^{x}-1-\sin x}{x^{2}}=\lim_{x\to 0}\frac{1+x+\frac{x^{2}}{2}+x^{2}\omega _{2}(x)-1-x-x^{2}\omega _{2}(x)}{x^{2}}$
Jen pro formalitu doplním, že omegy nejsou stejné, ale pro každou platí $\lim_{x\to 0} \omega _2{(x)=0}$ .

dugbutabi

Mohu to řešit takto? Výsledek by měl být dobře. Děkuji.

user · 16. 04. 2012 21:04

Toto řešení se mi zdá v pořádku. Jen je někdy dobré se zamyslet, jestli o části limity nelze rozhodnout rychleji a snáze a pak nederivovat zbytečně "velké" funkce.

dugbutabi · 16. 04. 2012 21:12

nic jednoduššího mě nenapadá :)

user · 16. 04. 2012 21:24

Myslel jsem jen rozšíření $\frac{x^{2}}{x^{2}}$ jak jsem uvedl ve svém předchozím příspěvku. Takže stačí derivovat pouze toto $\frac{e^{x}-1-\sin x}{x^{2}}$ a o části $\lim_{x\to 0}\frac{x^{2}}{(e^{x}-1)\sin x}$ umím rozhodnout protože jde o převrácený součin $\frac{\sin x}{x}.\frac{e^{x}-1}{x}$ .

Dále jsem uvedl Taylora spíš pro zajímavost. Je velmi vhodný pro limity, kde se spolu vyskytují polynomy, exponencionely a goniometrické funkce, v blízkosti nuly.