Matematické Fórum

vytautas · 30. 12. 2015 23:38

zdravím

mám limitu $\lim_{x \to 0} \frac{\sin(\sin(\sin x))}{\cos (\frac{ \pi}{2} \cos x)} x^k$ kde $k \in \mathbb{Z}$

úpravami som sa dostal do $\lim_{x \to 0} \frac{\sin(\sin(\sin x))}{\cos (\frac{ \pi}{2} \cos x)} x^k=\lim_{x \to 0} \frac{ \sin(\sin(\sin x))}{\sin(\sin x)} \frac{\sin(\sin x)}{\sin x} \frac{\sin x}{x} \frac{x^{k+1}}{\cos(\frac{ \pi}{2} \cos x)}=\lim_{x \to 0} \frac{x^{k+1}}{\cos(\frac{ \pi}{2} \cos x)}$

podľa vety o zloženej funkcie (sínus je na $( -\frac{\pi}{2},\frac{ \pi}{2})$ prostá)

no ďalej si neviem rady. Za pomoc Ďakujem .

Sergejevicz · 30. 12. 2015 23:54

Je
$\frac{x^{k+1}}{\cos(\frac{ \pi}{2} \cos x)}= \frac{\frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{2}\cos x}{\cos(\frac{ \pi}{2} \cos x)} \frac{x^{k+1}}{\frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{2}\cos x}$ .

Sergejevicz · 30. 12. 2015 23:59

Fígl je podívat se na to, že vnitřní cos jde k jedné, takže argument vnějšího cosu jde k pí/2, a to prostě (to je důležité :-)), a toto chování je podobné jako u sinu u nuly, kdy je vhodné sin srovnat s jeho argumentem. Ale tady máme cos, tak musíme ten srovnávací argument trochu upravit. Substitucí přes s odůvodněním přes prostotu přejdeme k standardní limitě podílu sin(t)/t. No a v druhém zlomku to zase po nějakém vytknutí pí/2 půjde na srovnání 1-cos(x) a x^2, no a teď podle toho, jaké bude "k", se to nakonec vyvine do vlastní nebo nevlastní limity.

Brano · 31. 12. 2015 00:10 — Editoval Brano (31. 12. 2015 00:31)

na taketo somariny treba pouzivat Taylorove rozvoje, lebo upravovanie funkcii je otrava a je fajn ked sa clovek uci zakladne pojmy a pocita lahke prikladiky

$\sin(x)=x+o(x^2)$ a teda $\sin(\sin(x))=x+o(x^2)$ a teda $\sin(\sin(\sin(x)))=x+o(x^2)$
$\cos(x)=1-\frac{x^2}{2}+o(x^3)$ cize $\cos$\frac{\pi}{2}\cos(x)$=\cos$\frac{\pi}{2}-\frac{\pi x^2}{4}+o(x^3)$=\sin$\frac{\pi x^2}{4}-o(x^3)$=\frac{\pi x^2}{4}+o(x^3)$
a teda
$\frac{\sin(\sin(\sin(x)))}{\cos$\frac{\pi}{2}\cos(x)$}x^k=\frac{4}{\pi}x^{k-1}+o(x^k)$
teda pre $k=1$ je ta limita $4/\pi$ pre $k>1$ je nulova a pre $k<1$ neexistuje.

EDIT: k<1 treba este rozlisit parne (neexisuje) a neparne (nekonecno)

Sergejevicz · 31. 12. 2015 00:18

Jo, tak to bych se měl taky ještě zamyslet, jestli jsem nepsal špatně to s nevlastními limitou.

Sergejevicz · 31. 12. 2015 00:27

Myslím, že ono se to bude ještě lišit v případě k < 1 pro sudá a lichá k. Pro sudá limita existovat nebude - +-nekonečno z každé strany - a pro k lichá bude nekonečno.

Brano · 31. 12. 2015 00:30

↑ Sergejevicz:
mas pravdu bud neexistuje (k parne) alebo je nekonecna (k neparne)

vytautas

↑ Sergejevicz:

ďakujem za reakciu, no stále mi nie je jasné ako prejsť od $\frac{\frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{2}\cos x}{\cos(\frac{ \pi}{2} \cos x)}$ k $\frac{\sin t}{t}$

↑ Brano:
nemám zavedené Taylorove rozvoje, takže to nie je pre mňa "legal" postup pri písomke/skúške . Ďakujem aj tak.

Sergejevicz · 31. 12. 2015 00:47

↑ vytautas:
Nejdřív použiješ substituci $y = \frac{ \pi}{2} \cos x$ . Tím se dostaneš (s odůvodněním přes prostotu y = y(x)) na $\frac{\frac{\pi}{2} - y}{\cos(y)}$ s limitěním pro y -> pi/2.
Pak použiješ to, že $\cos(y)=sin(\frac{\pi}{2}-y)$ .
A pak opět VOLSF (věta o limitě složené funkce) s argumentem, že vnitřní funkce je prostá, jsi po substituci t = pi/2 - y v cíli :-).

Sergejevicz · 31. 12. 2015 00:50

Tedy ty se dostaneš na t/sin(t), ale to je 1/(sin(t)/t) a věta o vztahu limity a aritmetických operací tě pošle do cíle.

vytautas · 31. 12. 2015 01:11

↑ Sergejevicz:

Ďakujem veľmi pekne, presne toto som potreboval :)

Matematické Fórum

#1 30. 12. 2015 23:38

limita

#2 30. 12. 2015 23:54

Re: limita

#3 30. 12. 2015 23:59

Re: limita

#4 31. 12. 2015 00:10 — Editoval Brano (31. 12. 2015 00:31)

Re: limita

#5 31. 12. 2015 00:18

Re: limita

#6 31. 12. 2015 00:27

Re: limita

#7 31. 12. 2015 00:30

Re: limita

#8 31. 12. 2015 00:32 — Editoval vytautas (31. 12. 2015 00:33)

Re: limita

#9 31. 12. 2015 00:47

Re: limita

#10 31. 12. 2015 00:50

Re: limita

#11 31. 12. 2015 01:11

Re: limita

Zápatí