Matematické Fórum

TB12 · 06. 12. 2008 13:00

Zdravim, potrebuju pomoct s temito limitami a hlavne bych potreboval pochopit postup, jak se doslo k vysledku.

${\lim}\limits_{x \to 0}=\frac{2^x-1}{x(x+1)}$

${\lim}\limits_{x \to0}\frac{x-sinx}{x(1+x)}$

${\lim}\limits_{x \to0}\frac{1-cosx}{x^2(2+x)}$

${\lim}\limits_{x \to \infty}\frac{ln(1+e^x)}{x}$

${\lim}\limits_{x \to \infty}\frac{lnsin2x}{ln sinx}$

Predem dekuji za jakoukoli pomoc.

jelena · 06. 12. 2008 13:05

↑ TB12:

Zdravím :-)

zkus u všecho použit l´Hospitala (možná bude potřeba i více, než jednou), mělo by fungovat, pokud nepomůže, tak se ozví tady. OK?

Marian · 06. 12. 2008 13:53 — Editoval Marian (06. 12. 2008 13:58)

↑ TB12:
Lze nejprve trochu poupravit a pak nasadit nějaký těžší kalibr. Tedy takto to myslím přesněji ...

1.
$\lim_{x\to 0}\frac{2^x-1}{x(x+1)}=\lim_{x\to 0}\frac{2^x-1}{x}\cdot\lim_{x\to 0}\frac{1}{x+1}=\lim_{x\to 0}\frac{2^x-1}{x}.$
Zde se dá použít třeba vzorec
$\lim_{x\to 0}\frac{a^x-1}{x}=\ln a,\qquad a>0,$
nebo použiješ l'Hospitalovo pravidlo. Jak je libo.

2. U dvojky je situace analogická. Nejprve se zjednoduší a dostáváš tak
$\lim_{x\to 0}\frac{x-\sin x}{x(1+x)}=\lim_{x\to 0}\frac{x-\sin x}{x}=\lim_{x\to 0}\left (1-\frac{\sin x}{x}\right )=1-\lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}=\,\cdots$
Zde použiješ identitu
$\lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}=1$
nebo l'Hospitalovo pravidlo.

3.
Podobně zde ...
$\lim_{x\to 0}\frac{1-\cos x}{x^2(2+x)}=\frac{1}{2}\lim_{x\to 0}\frac{1-\boxed{\cos x}}{x^2}=\frac{1}{2}\lim_{x\to 0}\frac{\sin ^2\frac{x}{2}+\cos ^2\frac{x}{2}-\boxed{\left (\cos ^2\frac{x}{2}-\sin ^2\frac{x}{2}\right )}}{x^2}=\nl =\frac{1}{2}\lim_{x\to 0}\frac{2\sin ^2\frac{x}{2}}{x^2}=\frac{1}{2}\cdot 2\left (\lim_{x\to 0}\frac{\sin\left (\frac{1}{2}x\right )}{x}\right )^2=\,\cdots ,$
kde dále využiješ identitu
$\lim_{x\to 0}\frac{\sin (kx)}{x}=k.$

4. U tohoto příkladu také není nutné příliš povolávat l'Hospitalovo pravidlo, neboť platí ...
$\lim_{x\to\infty}\frac{\ln (1+e^x)}{x}=\lim_{x\to\infty}\frac{\ln\left (e^x\left (\frac{1}{e^x}+1\right )\right )}{x}=\lim_{x\to\infty}\frac{\ln e^x+\ln\left (\frac{1}{e^x}+1\right )}{x}=\lim_{x\to\infty}\frac{x+\ln\left (\frac{1}{e^x}+1\right )}{x}=\nl =\lim_{x\to\infty}\left (1+\frac{\ln\left (\frac{1}{e^x}+1\right )}{x}\right )=1+\left [\frac{0}{\infty}\right ]=1+0=1.$

5. POslední limita pak neexistuje, neboť funkce sin(x) a sin(2x) nabývají pro libovolně velká x střídavě kladné i záporné hodnoty a přirozený logaritmus nebude existovat - proto nemá ani smysl tuto limitu vyšetřovat. Pozor, po hypotetickém použití l'Hospitalova pravidla však již transformovanou limitu má smysl vyšetřovat, nicméně neexistuje ...
$\lim_{x\to\infty}\frac{\frac{1}{\sin (2x)}\cdot\cos (2x)\cdot 2}{\frac{1}{\sin x}\cdot\cos x}=\cdots =\lim_{x\to\infty}\left (1-\tan ^2x\right )$

PS: Berte můj přípsěvek jako přehlídku alternativnějších metod. Klasikou je asi l'Hospitalovo pravidlo.

Matematické Fórum

#1 06. 12. 2008 13:00

Limity

#2 06. 12. 2008 13:05

Re: Limity

#3 06. 12. 2008 13:53 — Editoval Marian (06. 12. 2008 13:58)

Re: Limity

Zápatí