. asdf: granica funkcji:

	π		3x   cos( )   2		−√2
limx→				, podstawiłem i wyszło		, teraz liczę granice
	2		cosx		0

jednostronne, tylko mianownika..

	π		π		−√2
limx→		− cos		− = 0+, czyli granicą lewostronną będzie		= −∞?
	2		2		0+

	π		π		−√2
limx→		− cos		+ = 0−, czyli granicą prawostronną będzie		= +∞
	2		2		0−

	π
Oraz odpowiedź: granica w punkcie x0 =		nie istnieje.
	2

tak?

Marq: Yep, aczkolwiek teoretycznie nie liczymy samej granicy mianownika, tylko całej funkcji. Wyjdzie to samo, ale zapis

asdf: ale co da liczenie granicy z licznika jak ona by i tak nic nie zmieniła? W obydwu przypadkach jest to samo.

Marq: Napisałem, że wyjdzie to samo, ale zapis jest błędny.

asdf: jaki powinien byc prawidlowy?

Marq: Jeśli nazwiesz swoją funkcję f(x) (żeby było mniej pisania), to

	−√2
lim f(x)=		=−∞
	0+

	π
x→		−
	2

	−√2
lim f(x)=		=∞
	0−

	π
x→		+
	2

I teraz słowne uzasadnienie. Ładniej wygląda

	π		√2
Ty policzyłeś tylko granicę cosx w punkcie		, a ona wynosi 0 (a nie		bo nie ma
	2		0

licznika). Obaj się rozumiemy, ale nie można w takich przypadkach oszczędzać z pisaniem czegoś i tak bardzo krótkiego

asdf: Ok, dzięki za cenne uwagi. Mam kolejne zadanie:

	π
limx→		) (sinx)1/π−2x = [1∞]
	2

nową zmienną daję:

	π
y =		− x ⇒ x = U{π}[2 − y
	2

	π
x→		⇒ y→ 0
	2

podstawiam:

	π		π
limy→0 sin(		− y)1/π−2*(		− y) =
	2		2

lim_y→0 (cosy)^{1/π− π + y} = lim_y→0 (cosy)^1/y = lim_y→0 (1+cosy−1)^1/y = lim_y→0 [(1+cosy−1)^{1/cosy − 1}]^(cosy−1)y = lim_y→0 [(1+cosy−1)^{1/cosy − 1}]^(cosy−1)y = e^(1−1*)*0 = e⁰ = 1 dobrze? (z wolframem sprawdzałem to wyszedł mi wynik, ale wynik, a prawidłowe rozwiązanie to 2 różne rzeczy.

asdf: .

Mila: lim_x→π/2 e^{ln(sinx))/(π−2x) H}=e⁰ =1

	ln(sinx)		cosx   sinx		π
[ wykładnik:		=H		→0 dla x→		]
	π−2x		−2		2

asdf: Aha, zapomniałem dodać, że nie mogę korzystać z Hospitala, jedyne wzory z jakich mogę korzystać to eulera (z dążącym do 0 lub do niesk.) Więc lipa Mogłabyś sprawdzić czy mam dobre rozwiązanie?

asdf: mam jeszcze taki przykład, którego za chiny nie mogę rozwiązać: lim_x−>1 x^{1/ex − x}, z nową zmienną y−> 0; x = 1−y: lim_y−>0 [(1−y)^1/y]^{y*(e1−y − (1 −y)} = lim_y−>0 [(1−y)^1/y]^{y*(e1−y − 1 + y)} ...

asdf: czy jak mam:

	1		1
limy−>0 (1−y)co? to muszę podnieś co potęgi −		, czy może być:		?
	y		y

jikA: A możesz zrobić tak?

	xe−x		1−1
limx → 1 x1/(ex) − x = limx → 1		=		= 1
	xx		11

jikA: Późna pora i za szybko napisałem.

	xe−x		1−e		1
limx → 1 x1(ex) − x = limx → 1		=		=		= 1
	xx		11		1

asdf: zapomniałem nawiasu: powinno być w wykładniku:

1
ex−x

mógłbyś/mogłabyś odp na moje pytanie z 01:50? Z zadaniem jakoś sobie poradziłem, jutro już napiszę rozwiązanie do sprawdzenia. Po 2) Nie możesz tak robić chyba, to jest symbul 1^∞

jikA: Czemu nie mogę skoro wyszedł mi symbol oznaczony przy początkowym zapisie a teraz ten zapis który poprawiłeś zmienia postać rzeczy.

jikA: Jeżeli x → 1 i podstawiasz nową zmienną taką że y → 0 to x = y + 1 według mnie tak powinno być ale mogę się mylić.

jikA: Ale tu też wyjdzie symbol oznaczony jeżeli za x podstawimy 1 dostaniemy 1^{1/_{(e1 − 1)}} = 1 co nie jest symbolem nie oznaczonym.

asdf: no tak..dzięki. W takim razie w tym zadaniu jest: lim_x−>1 x^{1/(ex − e)}, słabo widać te ksero Jutro podeślę już obliczenia, a nie chcę liczyć na gotowca

jikA: Pewnie tak jest jak piszesz. lim_{y → 0} [(1 + y)^1/_y]^{y * 1/_{(e1 + y − e)}}

	1		1		y
limy → 0 y *		=		limy → 0
	e1 + y − e		e		ey − 1

Wykorzystujemy tutaj wzór

	ex − 1
limx → 0		= 1 co daje nam
	x

1		1
	* 1 =		tak więc granica nasza wynosi
e		e

g = e^{1/_e * 1} = e^1/_e.