Matematické Fórum

halogan

Dobrý den,

Mám za sebou asi 20 limit a pár mi nějak nešlo, nějak se mi nedaří.

1) $\lim_{x \to \infty} x(\frac{\pi}{4} - \arctan \frac{x}{x+1})$

2) $\lim_{n \to \infty} \sin (2 \pi \sqrt{n^2 + 1})$

Tady je vidět výsledek, ale postup netuším.

3) $\lim_{x \to 0} \frac{\sin (x^2) - x^2}{x^3 \cdot (e^x - 1)^3} = \lim_{x \to 0} \frac{\frac{\sin (x^2)}{x^2} - 1}{x^4}$

To teď dělám jen rychlou úpravu v hlavě, snad je to dobře. Stejně nevím, jak dál.

4) $\lim_{x \to 0} \frac{\arcsin(x^{10}) - \sqrt{1 + 2x^{10}} + 1}{x^{20}}$

5) $\lim_{x \to 0} \frac{\arcsin x - \arctan x}{e^x - \cos x - x - x^2} = \lim_{x \to 0} \frac{\arcsin x - \arctan x}{x \cdot $\frac{e^x - 1}{x} - 1$ + x^2 $\frac{1 - \cos x}{x^2} - 1$} = ?$

6) $\lim_{x \to 0} \frac{\sqrt{e^x - \sin x} - \sqrt{1 + \frac12 x^2}}{\arcsin x - \sin x}$

(u (5) a (6) mi vadí hlavně čitatel (resp. jmenovatel) s tím rozdílem goniometrických funkcí.)
---

Omlouvám se, že nenabízím své řešení, ale holt buďto vím, nebo nevím vůbec.

Děkuji pěkně za jakoukoliv radu a přeji hezký zbytek víkendu.

lukaszh

↑ halogan:
(1)

(2)

Orámované výrazy sú priamo vyčísliteľné.
$\forall n\in\mathbb{N}\,:\;\cos(2\pi n)=1\nl\forall n\in\mathbb{N}\,:\;\sin(2\pi n)=0$

halogan · 29. 11. 2009 15:29

1) To budu ještě nekrátkou chvíli absorbovat, to jsme snad ještě nedělali takto, díky moc.

2) Jasné, limita "trikem", užitečné. Díky.

lukaszh

↑ halogan:
Inak vďaka za cvičenie. To sú netriviálne limity, ktoré stojí za to si prepočítať.
(3)

Tu rozmýšľam, ako počítať túto bez l'Hospitala. To je ukážková limita na l'Hospital... :-)

(4)

Keď som to rozšíril výrazom $\arcsin y+\sqrt{1+2y}+1$ dostanem sa až na limitu
$\frac{1}{2}\cdot\lim_{y\to0}\frac{\arcsin^2y+2\arcsin y-2y}{y^2}$
Budem ešte nad tým rozmýšľať a riešenie by som doplnil...

EDIT: Malá gymnastika s využitím známej limity $\lim_{x\to0}\frac{\arcsin x}{x}=1$ :

halogan · 29. 11. 2009 18:58

Nechce se mi věřit, že by nám tam dávali taková zvěrstva, když jiné limity jdou vypočítat na jeden řádek :(

Jinak jsem přidal další dva kousky a dávám si pro dnešek pauzu.

FliegenderZirkus · 30. 11. 2009 19:34

Líbí se mi ta limita (2), ale i ostatní jsou zajímavé. Jen mě napadá, jestli není zbytečné aplikovat ten vzorec
$\sin(x+y)=\sin(x)\cos(y)+\cos(y)\sin(x)$ , když
$\forall n\in\mathbb{N}\,:\;\sin(x+2\pi n)=\sin(x)$ , takže by to možná šlo ukončit už tady:
$\lim_{n \to \infty} \sin$\frac{2\pi}{\sqrt{n^2+1}+n}+2\pi n$=\lim_{n \to \infty} \sin$\frac{2\pi}{\sqrt{n^2+1}+n}$$
Jde to tak?

Marian · 30. 11. 2009 21:28

↑ lukaszh:
Fungovat bude u limity s arctangent také tento trik ...

Matematické Fórum

#1 29. 11. 2009 14:18 — Editoval halogan (29. 11. 2009 18:56)

Limity funkcí a posloupností

#2 29. 11. 2009 15:15 — Editoval lukaszh (29. 11. 2009 15:15)

Re: Limity funkcí a posloupností

#3 29. 11. 2009 15:29

Re: Limity funkcí a posloupností

#4 29. 11. 2009 16:02 — Editoval lukaszh (29. 11. 2009 16:27)

Re: Limity funkcí a posloupností

#5 29. 11. 2009 18:58

Re: Limity funkcí a posloupností

#6 30. 11. 2009 19:34

Re: Limity funkcí a posloupností

#7 30. 11. 2009 21:28

Re: Limity funkcí a posloupností

Zápatí