Matematické Fórum

turu · 30. 01. 2019 20:51

Ahoj, potreboval bych poradit u tohoto prikladu:

$\lim_{n\to\infty }\frac{\sin \frac{1}{\sqrt{n}}}{1-\cos \frac{1}{n}}$

Chtel bych se zeptat, jestli se tato limita da resit rovnou dosazenim, kdy vyjde 1/0. Tim padem by vysledek byl nekonecno?

Celkem jsem zmateny u pripadu, kdy muzu delit nulou a kdy ne (nemuzu delit jen kdyz je to 0/0?). Zaroven pokud chapu spravne, tak u limit posloupnosti nemuzu pouzivat l'Hospitalovo pravidlo?

laszky · 30. 01. 2019 20:57

↑ turu:

Ahoj, pouzij substituci $x=\frac{1}{\sqrt{n}}$ . Pak muzes l'Hospitalovo pravidlo pouzit ;-)

turu · 30. 01. 2019 21:18

↑ laszky:

To znamena, ze muzu pouzit l'H, i kdyz se jedna o limitu posloupnosti?

Kazopadne i tak mi vysledek vychazi 1/0, coz bych rekl, ze je ta stejna situace, pokud teda postupuji spravne:

$x=\frac{1}{\sqrt{\infty }} =0 \Rightarrow \lim_{x\to0} \frac{sin x}{1-cosx^{2}}=l'H=\frac{cosx}{2\cdot cosx\cdot sinx}=\frac{1}{0}$

laszky · 30. 01. 2019 21:23 — Editoval laszky (30. 01. 2019 21:24)

↑ turu:

Pozor, $(1-\cos x^2)' \neq 2\cos x\sin x$ .

Stejna situace to neni, ptz to vypada, zes sis v prvnim pripade myslel, ze $\sin 0 = 1$ .

Al1 · 30. 01. 2019 21:24

↑ turu:

Zdravím,
ale jmenovatel je derivován chybně, pro $\cos (x^{2})$ je vnitřní fce $x^{2}$

jarrro · 30. 01. 2019 22:04

Načo LH ?
$\lim_{n\to\infty }\frac{\sin \frac{1}{\sqrt{n}}}{1-\cos \frac{1}{n}}=\lim_{n\to\infty }n\sqrt{n}\frac{\sqrt{n}\sin \frac{1}{\sqrt{n}}}{n^2$1-\cos \frac{1}{n}$}=\infty\cdot\infty\cdot\frac{\ 1\ }{\ \frac{1}{2}\ }=\infty$

turu · 31. 01. 2019 01:50

Jej, no tolik chyb :D

To znamena pokud chapu spravne tak prvni limita je 0/0. Takze po substituci pouziju l'H:

$=\frac{\cos x}{2\cdot x \cdot \sin x^{2}}=\frac{1}{2\cdot 0\cdot 0} = \frac{1}{0}=\infty$

Jeste bych se chtel zeptat, jestli je nejake omezeni pouziti l'H pro limitu posloupnosti, nebo je pouziti naprosto totozne s l'H limity funkce.

turu · 31. 01. 2019 02:00

↑ jarrro:

Mohl bych se zeptat na trosku podrobnejsi postup hlavne tedy u casti, kde se pocita limita jmenovatele? Me totiz nenapada nic a asi bych skoncil u dalsiho l'H :D

Hadam ze citatel vede na:

$\lim_{n\to\infty }\frac{\sin \frac{1}{\sqrt{n}}}{\frac{1}{\sqrt{n}}}\Leftrightarrow\lim_{n\to\infty }\frac{sinx}{x}=1$

U jmenovatele teda vsak nevim, jak limitu vypocitat nejak jednodusse.

Al1 · 31. 01. 2019 06:29

↑ turu:
Pozor na zápis a proměnné i výsledek
$\lim_{x\to\infty }\frac{\sin x}{x}=0$ , ale $\lim_{x\to0}\frac{\sin x}{x}=1$

jarrro · 31. 01. 2019 13:54

↑ turu:
$\lim_{x\to 0}{\frac{1-\cos{$x$}}{x^2}}=\lim_{x\to 0}{\frac{\sin^2{$x$}}{$1+\cos{\(x$}\)x^2}}=\frac{1}{1+1}\cdot 1^2=\frac{1}{2}$

Matematické Fórum

#1 30. 01. 2019 20:51

Limita posloupnosti s goniometrickymi funkcemi

#2 30. 01. 2019 20:57

Re: Limita posloupnosti s goniometrickymi funkcemi

#3 30. 01. 2019 21:18

Re: Limita posloupnosti s goniometrickymi funkcemi

#4 30. 01. 2019 21:23 — Editoval laszky (30. 01. 2019 21:24)

Re: Limita posloupnosti s goniometrickymi funkcemi

#5 30. 01. 2019 21:24

Re: Limita posloupnosti s goniometrickymi funkcemi

#6 30. 01. 2019 22:04

Re: Limita posloupnosti s goniometrickymi funkcemi

#7 31. 01. 2019 01:50

Re: Limita posloupnosti s goniometrickymi funkcemi

#8 31. 01. 2019 02:00

Re: Limita posloupnosti s goniometrickymi funkcemi

#9 31. 01. 2019 06:29

Re: Limita posloupnosti s goniometrickymi funkcemi

#10 31. 01. 2019 13:54

Re: Limita posloupnosti s goniometrickymi funkcemi

Zápatí