Matematické Fórum

xsys · 16. 07. 2012 08:48

Ahoj, chtěl bych zjistit, zdali je možné spočítat tuto limitu bez použití l'Hopitalova pravidla nebo Taylorova rozvoje. Důvod je ten, že v knize Příklady z mat. analýzy nejen pro fyziky, je to umístěno v kapitole předcházející zmíněným technikám. Já jsem zkusil převést vše na mocninu cos x a substitucí počítat jako limitu z polynomu rac. funkce. Ukázalo se ale, že pro výsledný polynom ona limita neexistuje.

Zadání: Spočtěte
$\lim_{x\to0}\frac{3 \tan{4x} -12 \tan{x}}{3 \sin{4x} -12 \sin{x}}$

Je to příklad 3.57, kdyby to v té sbírce někdo hledal.

vanok · 16. 07. 2012 11:54

Ahoj ↑ xsys:,
Tvoj vyraz za limitou sa da pisat aj
$\frac{\frac {3\cdot 4}{\cos (4x)}\cdot \frac {\sin(4x)}{4x}- \frac {12}{\cos (x)}\cdot \frac {\sin(x)}{x}} {3\cdot 4 \frac {\sin(4x)}{4x}- 12\cdot \frac{ \sin(x)}{x}}$

Skus to vyuzit!

xsys · 16. 07. 2012 13:57 — Editoval xsys (16. 07. 2012 13:57)

↑ vanok: Já vím, jak se k tomuhle vyrázu můžu dostat, ale nevidím, kam takový postup vede. Když teď využiju věty o limitě složené funkce a faktu, že
$\lim_{x\to0} \frac{\sin x}{x}=1$
dostávám:
$\frac{\frac{3\cdot 4}{1}\cdot 1-\frac{12}{1}\cdot 1}{3\cdot 4\cdot 1-12\cdot 1}=\frac{0}{0}$
pokud jsem tedy neudělal nějakou triviální chybu, kterou soustavně přehlížím.

Bati · 16. 07. 2012 15:39

Ahoj,
úpravy výše jistě nepovedou k výsledku, neboť Taylorovy rozvoje funkcí sinus a tangens se začínají lišit až u členů řádu 3 a známé limity $\lim_{x\to0} \frac{\sin x}{x}=1$ a $\lim_{x\to0}\cos{x}=1$ jsou vlastně použití Taylorových rozvojů řádu pouze 1 a 0.

xsys · 16. 07. 2012 16:45

↑ Bati: No jasně. Potom ale nevím, jak by mohla ta úprava, co navrhl vanok pomoci. Já si spíš myslím, že řešení bez použití l'Hopitala nebo nějaké formy Taylorova rozvoje neexistuje a tenhle příklad je potom v oné sbírce zařazen na špatném místě. Chtěl jsem poslat e-mail J. Kopáčkovi, ale raději si tuhle svoji domněnku nejprve ověřím, než nějaký takový e-mail odešlu.

halogan · 16. 07. 2012 17:57

Už se v té části kopáčka probíraly limity sinx/x a (1-cosx)/x^2? Pokud ano, tak pouhým rozkladem dvojtého úhlu jde "upravit" jmenovatel na polynom (k x^3 konkrétně), tedy jen pracnější verze Taylora. Na čitatel jsem zatím nekoukal.

vanok · 16. 07. 2012 20:22 — Editoval vanok (16. 07. 2012 21:07)

Poznamka, som si uvedomil, ze uprava co som navrhol neda vysledok.

Bati, urobil dobru analyzu toho javu.

jedna ina metoda ( a su aj ine,

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

), je pouzit ekvivalenty v okoly nuly pre funkciu prveho riadku a druheho riadku.

presnejsie:
$3 \tan{4x} -12 \tan{x} \sim 60x^3$
a
$3 \sin{4x} -12 \sin{x} \sim -30x^3$

Co da okamzite limitu $-2$ .

Edit : este ina metoda
najdi najprv limity v 0
tychto vyrazov
$\frac{\tan (4x) -4x}{x^3}$
$\frac{\tan (x) -x}{x^3}$
$\frac{\sin (4x) -4x}{x^3}$
$\frac{\sin (x) -x}{x^3}$
A to pouzi potom na tvoju limitu.

Kontrola:

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

halogan · 16. 07. 2012 21:10

↑ vanok:

Je ale třeba přečíst si původní zadání. L'Hospital je vyloučen, stejně tak ty ekvivalenty (Taylor).

vanok · 16. 07. 2012 21:40 — Editoval vanok (16. 07. 2012 21:41)

↑ halogan:,
Pozdravujem,
To je pravda, co sa tyka Hospital-evoho pravidla, ale navrhol som kolegovy aj jedno velmi elementarne riesenie, ( i ked sa to mozno zda pritiahnute za vlasy... a pochybujeml, ze by to vela studentov naslo samych)
a inac; tak ci tak som mu chcel ukazat rozne moznosti.
Ekvivalenty, sa daju najst aj bez Taylora, ( to je vlastne ich zmysel ) a o tom som uz niekde pisal aj na tomto fore... no sa vsak zda, ze na tu ( na fore) nie je to znama technika (skoda, ze).
Kedy sa studuju v Cz a na Sk?

Pochopitelne odpovedam trochu do prazdna, lebo tu knihu o ktorej kolega pise nepoznam.
Inac o postupe, co navrhujes vyssie, som uz tiez na fore pisal.

Andrejka3

Ahoj,
vyhrabala jsem starý sešit, kde jsem to počítala. Opíšu řešení. Postupně. Zběžně jsem to zkontrolovala.
$\lim_{x\to0}\frac{3 \tan{4x} -12 \tan{x}}{3 \sin{4x} -12 \sin{x}}$
Teď budu jen upravovat výraz uvnitř limity a používat věty o aritmetice limit, takže znak limity vynechám.
=====
Mezivýpočet
$12 \tan x = \frac{6 \cdot 2 \sin x \cos x}{\cos^2 x}=\frac{3\cdot 2 \cdot \sin 2x \cos 2x}{\cos^2 x \cos 2x}=\frac{3 \sin 4x}{\cos^2 x \cos 2x}$
=====
$=\frac{3 \sin 4x}{3 \sin 4x}\frac{\frac{1}{\cos 4x}-\frac{1}{\cos^2x \cos 2x}}{1-\frac{1}{\cos x \cos 2x}}$
$=\frac{\frac{1}{\cos 4x \cos 2x \cos^2 x}}{\frac{1}{\cos 2x \cos x}} \frac{\cos^2x \cos 2x - \cos 4x}{\cos x \cos 2x -1}$
$=\frac{\cos^2x \cos 2x - \cos 4x}{\cos x \cos 2x -1}$
$=\frac{\cos^2 x (\cos^2 x - \sin^2 x)- \cos^2 2x + \sin^2 2x}{\cos x (\cos^2 x - \sin^2 x)-1}$
$=\frac{5\sin^2 x \cos^2 x - \sin^4 x}{\cos x (\cos^2 x-1+\cos^2 x)-1}$
$=\frac{-6 \cos^4 x + 7 \cos^2 x -1}{2 \cos^3 x - \cos x -1}$
Existuje-li limita následující, pak ta předchozí je jí rovna, díky věte o limitě složené fce:
$\lim_{y \to 1}\frac{-6y^4+7y^2-1}{2y^3 - y-1}$
Píšu dále bez znaku limity
$=\frac{y-1}{y-1}\frac{-6y^3-6y^2+y+1}{2y^2+2y+1}=-2$

xsys · 17. 07. 2012 09:37

↑ halogan: Mně tam dělal problém ten čitatel.

↑ Andrejka3: našla jiný polynom než já, z kterého ta limita samozřjemě snadno vyplyne. Podívám se na svůj postup a ještě jednou si ty kroky projdu, abych našel chybu a téma následně označím za uzavřené.

Jinak děkuji všem za pomoc.

↑ vanok: Chtěl bych ještě vědět, co přesně jsou ty ekvivalenty a jak se liší od Taylora, pokud se tedy nějak liší.

vanok · 17. 07. 2012 09:54

↑ xsys:,
Pochopitelne sa to lisi, ale asi treba mat na to troha zvyku, ( nevideli ste to na prednaskach?) Vo Fr napriklad sa to uci v prvom rocniku VS, no v CZ, SK neviem kedy)
Tu mas definiciu
http://en.wikipedia.org/wiki/Asymptotic_analysis
(ozaj je velmi jednoducha)
Pozri aj tu
http://fr.wikipedia.org/wiki/%C3%89quivalent
Co sa tyka vlasnosti a inych prikladov hladaj na internete ( nemam chut hladat tu na fore, ale som tu uz riesil nejake priklady touto metodou).

Kolega Halogan, ma pravdu v tom, ze ak funkcia ma Taylor-ov rozvoj, tak prvy clen je ten isty ako equivalent funkcie... ale to neznamena, ze treba pocitat Taylor-ove rozvoje na najdenie equivatentov.

Inac na 4 limity co som napisal, mozes pouzit, podobnu elementarnu metodu ako ↑ Andrejka3:.

Co je zaujimave na tejto diskuzii, jedno cvicenie a vela metod na riesenie.

Dobre pokracovanie.

Rumburak · 17. 07. 2012 10:05

↑ xsys:

Ahoj. Také si přisadím :-):

$f(x) :=\frac{3 \tan{4x} -12 \tan{x}}{3 \sin{4x} -12 \sin{x}} = \frac{\tan{4x} -4 \tan{x}}{\sin{4x} -4 \sin{x}} = \frac{(\tan{4x} -2 \tan{2x}) + 2(\tan{2x}-2 \tan{x})}{(\sin{4x} -2\sin{2x})+2(\sin{2x}-2 \sin{x})}$ .

Uzávorkované součty tvarů $\tan{2y}-2 \tan{y}$ , $\sin{2y}-2 \sin{y}$ , kde $y = x$ resp. $y = 2x$ , upravíme násldovně:

$\tan{2y}-2 \tan{y} = \frac{2\tan{y}}{1-\tan^2{y}} - 2 \tan{y} =2\tan{y}$\frac{1}{1-\tan^2{y}}-1$ =\frac{2\tan^3{y}}{1-\tan^2{y}}$ ,

$\sin{2y}-2 \sin{y} = 2\sin{y}\,\cos{y}-2\sin{y}=-2\sin{y}\,(1-\cos{y}) = -4\sin{y}\,\sin^2{\frac{y}{2}}=-8\cos{\frac{y}{2}}\,\sin^3{\frac{y}{2}}$ .

Potom

(1) $f(x) = \frac{\frac{2\tan^3{2x}}{1-\tan^2{2x}} + \frac{4\tan^3{x}}{1-\tan^2{x}}}{ -8\cos{x}\,\sin^3{x} -16\cos{\frac{x}{2}}\,\sin^3{\frac{x}{2}}}$ .

Nyní na pravé straně v (1) vydělíme čitatele i jmenovatele hlavního zlomku výrazem $x^3$ a upravíme tak, abychom tam obdrželi zlomky

$\frac{\tan^3 2x}{x^3}$ , $\frac{\tan^3 x}{x^3}$ , $\frac{\sin^3 x}{x^3}$ , $\frac{\sin^3 \frac{x}{2}}{x^3}$ ,

jejichž limity při $x \to 0$ jsou po řadě $2^3$ , $1^3$ , $1^3$ , $$\frac{1}{2}$^3$ , zbytek výpočtu už je bez komplikací, takže

$\lim_{x\to0} f(x) = \frac{16+4}{-8 -\frac{16}{8}} = -2$ .

xsys · 17. 07. 2012 10:50 — Editoval xsys (17. 07. 2012 10:50)

↑ Andrejka3:
Dělal jsem podobné úpravy jako ty, chybu jsem však učinil v tomto: neuvědomil jsem si, že
$\lim_{x\to0}\frac{\frac{1}{\cos 4x \cos 2x \cos^2 x}}{\frac{1}{\cos 2x \cos x}} \frac{\cos^2x \cos 2x - \cos 4x}{\cos x \cos 2x -1}=\lim_{x\to0}\frac{1}{\cos 4x \cos x} \cdot \lim_{x\to0} \frac{\cos^2x \cos 2x - \cos 4x}{\cos x \cos 2x -1}$ ,
což je sice limita typu $1 \cdot \frac{0}{0}$ , ale protože obě limity existují a jsou vlastní můžu to použít. Zbytek už jsem dopočítal a vyšlo to stejně. Ještě jednou díky.

↑ Rumburak: To je moc hezký postup.

↑ vanok: Já když jsem měl Matematiku v prvním ročníku, tak jsme to nebrali. Teď se tomu věnuji samostudiem, protože potřebuji detailnější znalosti matematiky, kvůli kvantové chemii, z níž budu mít státnice. Resp. ji rozumim fenomenologicky a kde co dovedu vypočítat a to mi stačilo zatím na bezproblémové projití zkouškami během studia. Příští rok bych to mít u těch státnic takříkajíc v malíku, abych dokázal odpovídat bez zaváhání. No a k detailnějším studiu té kvantovky si potřebuju doplnit některé praktické dovednosti. Proto jsem se teď vrhnul na nějaké těžší matematické příklady, abych se naučil něco nového, co jsme neměli v osnovách.

Díky všem, myslím, že je to vyřešené již víc než dost.

Matematické Fórum

#1 16. 07. 2012 08:48

Limita z podílu goniometrických funkcí

#2 16. 07. 2012 11:54

Re: Limita z podílu goniometrických funkcí

#3 16. 07. 2012 13:57 — Editoval xsys (16. 07. 2012 13:57)

Re: Limita z podílu goniometrických funkcí

#4 16. 07. 2012 15:39

Re: Limita z podílu goniometrických funkcí

#5 16. 07. 2012 16:45

Re: Limita z podílu goniometrických funkcí

#6 16. 07. 2012 17:57

Re: Limita z podílu goniometrických funkcí

#7 16. 07. 2012 20:22 — Editoval vanok (16. 07. 2012 21:07)

Re: Limita z podílu goniometrických funkcí

#8 16. 07. 2012 21:10

Re: Limita z podílu goniometrických funkcí

#9 16. 07. 2012 21:40 — Editoval vanok (16. 07. 2012 21:41)

Re: Limita z podílu goniometrických funkcí

#10 17. 07. 2012 07:40 — Editoval Andrejka3 (17. 07. 2012 07:55)

Re: Limita z podílu goniometrických funkcí

#11 17. 07. 2012 09:37

Re: Limita z podílu goniometrických funkcí

#12 17. 07. 2012 09:54

Re: Limita z podílu goniometrických funkcí

#13 17. 07. 2012 10:05

Re: Limita z podílu goniometrických funkcí

#14 17. 07. 2012 10:50 — Editoval xsys (17. 07. 2012 10:50)

Re: Limita z podílu goniometrických funkcí

Zápatí