Matematické Fórum

exoman · 16. 01. 2010 09:17

Mohli by ste prosim pomoct s vypoctom tejto limity, resp. naznacit sposob riesenia, mne uz dosli vsetky napady.

Tu je limita:

lim s x iducim do pi/2 (sin x)^(tgx)

Za pomoc vopred dakujem.

jarrro · 16. 01. 2010 09:48 — Editoval jarrro (16. 01. 2010 10:53)

↑ exoman:ja by som to riešil $\lim_{x\to \frac{\pi}{2}}{\left(\sin{x}\right)^{\mathrm{tg}{x}}}=\lim_{x\to \frac{\pi}{2}}{e^{\mathrm{tg}{x}\cdot \ln{\left(\sin{x}\right)}}}$ limita exponentu je
$\lim_{x\to \frac{\pi}{2}}{\mathrm{tg}{x}\cdot \ln{\left(\sin{x}\right)}}=\lim_{x\to \frac{\pi}{2}}{\frac{\ln{\left(\sin{x}\right)}}{\mathrm{cotg}{x}}}=\lim_{x\to \frac{\pi}{2}}{\left(-\cos{x}\cdot \sin{x}\right)}=0$ pôvodná limita je jedna

Olin · 16. 01. 2010 10:18

↑ jarrro:
Prosímtě, ten poslední krok jsi provedl jak? Přijde mi to jako nějaké použití l'Hospitala, přitom ten vede na mnohem jednodušší limitu
$\lim_{x \to \frac{\pi}{2}} (- \cos x \sin x)$
Standartní postupy jako rozšíření $\frac{\sin - 1}{\sin - 1}$ mě taky na tvůj upravený tvar nějak nevedou. S konečným výsledkem ale souhlasím.

jarrro · 16. 01. 2010 10:51

↑ Olin:jasné pomýlil som sa idem to opraviť

exoman · 16. 01. 2010 13:01

OK diky moc ludia, uz som na to prisiel neskor aj ja ako na to, cez pouzitie ecka a potom ln(1+x)/x ale aj tak diky.

A mal by som tu este jednu kde mi to za pomoci toho isteho principu nejde a lamem si s tym hlavu, hlavne chcem to riesit bez LH:

lim x k +nekonecnu (ln(x^2-x+1))/(ln(x^10+x+1))

Vopred diky

halogan · 16. 01. 2010 13:09

Vytkni v logaritmech x^2 (resp. x^10), pak oba logaritmy uprav podle vzorce pro logaritmus součinu. Pak vytkni v čitateli i jmenovateli logaritmus x a máš hotovo.

exoman · 16. 01. 2010 13:39

OK takze som vytkol tie $x^2$ cize $\lim_{x\rightarrow+\infty} \frac {ln(x^2(1-1/x+1/x^2))}{ln(x^2(x^8+1/x+1/x^2))}$ potom vyjmul logaritmy podla sucinu logaritmov na $\lim_{x\rightarrow+\infty} \frac {lnx^2+ln(1-1/x+1/x^2)}{lnx^2+ln(x^8+1/x+1/x^2)}=$ a dalej tym vydelnim $lnx^2$ sa to akoze ulahci? malo by to vyjst 1/5 ale z tych polynomov co mi tu vychadzaju to je 0. tak neviem vazne

Olin · 16. 01. 2010 13:46 — Editoval Olin (16. 01. 2010 13:46)

Ve jmenovateli vytýkej $x^{10}$ , jak doporučil kolega v závorce.

halogan · 16. 01. 2010 13:47

$\lim_{x \to +\infty} \frac{\log (x^2 - x + 1)}{\log(x^{10} + x + 1)} = \lim_{x \to +\infty} \frac{\log (x^2 \cdot (1 - 1/x + 1/x^2))}{\log(x^{10} \cdot (1 + 1/x^9 + 1/x^{10}))} = \lim_{x \to +\infty} \frac{\log x^2 + \log (1 - 1/x + 1/x^2)}{\log x^{10} + \log(1 + 1/x^9 + 1/x^{10})}$

$= \lim_{x \to +\infty} \frac{2 \log x + \log (1 - 1/x + 1/x^2)}{10 \log x + \log(1 + 1/x^9 + 1/x^{10})}$

A teď vytkni logaritmus x.

exoman · 16. 01. 2010 13:54

ok diky moc ja som si to vobec nevsimol

halogan · 16. 01. 2010 13:56

Obecně se snažíme dostat na $\log (1 + \text{veci, co jdou k nule})$ , protože to nám jde do nuly a dá se přes aritmetiku odstranit. Proto to vytýkání.

exoman · 16. 01. 2010 19:03

Mohli by ste poradit este s tymito dvomi, bo som uz z toho zmagoreny:

$\lim_{h\rightarrow0} \frac {log(x+h)+log(x-h)-2log(x)}{h^2}$

a

$\lim_{x\rightarrow0} \frac {ln(nx+\sqrt{1-n^2x^2})}{ln(x+ \sqrt{1-x^2})}$

Diky moc

Olin · 16. 01. 2010 19:19 — Editoval Olin (16. 01. 2010 19:20)

$\log(x+h) + \log(x-h) - 2 \log x = \log $ \frac{(x+h)(x-h)}{x^2} $ = \log $ \frac{x^2-h^2}{x^2} $ = \dots$

V druhém rozšiřovat tak, abychom se zbavili logaritmů podle standartní limity $\lim_{x \to 0} \frac{\ln (x+1)}{x} = 1$ .

exoman · 16. 01. 2010 19:42

OK v tom prvom som tiez takto na to isiel len vysledok ma byt $-\frac {loge}{x^2}$ ale mne vyslo $-\frac {1}{x^2}$ a $lne$ je jedna nie $loge$ tak som si neni tym isty

Olin · 16. 01. 2010 20:00

A co značí v tomto případě log?

exoman · 16. 01. 2010 20:02

neviem,asi dekadicky, neni tam totiz nic napisane, je to priklad z Demidovica

Olin · 16. 01. 2010 20:14

Ono to bude asi jedno, jaký to je. Každopádně každý logaritmus umíme převést na přirozený vztahem $\log_a x = \frac{\ln x}{\ln a}$ . Dosazením $x = \mathrm{e}$ obdržíme rovnost $\log_a \mathrm{e} = \frac{1}{\ln a}$ , pomocí které již dostaneme požadovaný výsledek.

jarrro · 16. 01. 2010 20:16 — Editoval jarrro (16. 01. 2010 20:23)

↑ exoman: $\lim_{h\rightarrow0} \frac {log(x+h)+log(x-h)-2log(x)}{h^2}$ táto limita prejde miernou transformáciou na
$\lim_{t\rightarrow0} \left(-\frac {\log{\left(x^2+t\right)}-\log{\left(x^2\right)}}{t}\right)$ čo je minus derivácia funkcie $\log{z}$ v bode z=x^2
teda $-\frac{1}{x^2\cdot\ln{10}}=-\frac{\log{e}}{x^2}$

exoman · 16. 01. 2010 20:30

Fajn ludia aj ked si to musim najprv nejak v hlave zrovnat diky za rady.

Matematické Fórum

#1 16. 01. 2010 09:17

limita fcie

#2 16. 01. 2010 09:48 — Editoval jarrro (16. 01. 2010 10:53)

Re: limita fcie

#3 16. 01. 2010 10:18

Re: limita fcie

#4 16. 01. 2010 10:51

Re: limita fcie

#5 16. 01. 2010 13:01

Re: limita fcie

#6 16. 01. 2010 13:09

Re: limita fcie

#7 16. 01. 2010 13:39

Re: limita fcie

#8 16. 01. 2010 13:46 — Editoval Olin (16. 01. 2010 13:46)

Re: limita fcie

#9 16. 01. 2010 13:47

Re: limita fcie

#10 16. 01. 2010 13:54

Re: limita fcie

#11 16. 01. 2010 13:56

Re: limita fcie

#12 16. 01. 2010 19:03

Re: limita fcie

#13 16. 01. 2010 19:19 — Editoval Olin (16. 01. 2010 19:20)

Re: limita fcie

#14 16. 01. 2010 19:42

Re: limita fcie

#15 16. 01. 2010 20:00

Re: limita fcie

#16 16. 01. 2010 20:02

Re: limita fcie

#17 16. 01. 2010 20:14

Re: limita fcie

#18 16. 01. 2010 20:16 — Editoval jarrro (16. 01. 2010 20:23)

Re: limita fcie

#19 16. 01. 2010 20:30

Re: limita fcie

Zápatí