m use: Mam granice do policzenia ;

	pi		1
limx−>		(tgx do potegi		)
	2		pi   x−   2

przekształacm do postaci ;

	lntgx
e do potegi		teraz biore wykladni i osobno chce policzyc granice
	pi   x−   2

wykladnika i mam maly problem bo na starcie dostaje nieskonczonosc przez 0 i wydaje mi sie ze to powinna byc nieskonczonosc natomiast w odpowiedziach jest 2 wiec jakim cudem z tego granica wyjdzie 2 ? czy ja robie zle czy jest blad w odpowiedziach ?

use: i w rezulatcie odpowiedz brzmi e² tej poczatkowej funkcji

use:

Mila: sprawdź, czy dobrze przepisałeś przykład.

use: tak dobrze przepisałem ma byc

	1
lim x−>pi/2 ( tgx do ppotegi
	x−pi/2

use: jest ktos na tym forum kto potrafi mi pomoc

Mila: http://www.wolframalpha.com/input/?i=lim+%28tg%28x%5E%281%2F%28x-pi%2F2%29%29%29+as+x+to+pi%2F2

Mila: Ty zlogarytmowałeś wyrażenie (tgx)^1_x−π/2 a napisałeś, że trzeba obliczyć granicę tg(x^1_x−π/2) i taką podałam Ci w wolframie.

use: no własnie tak musze [policzyc tą granice dlatego dla "ułatwienia " zlogarytmowalem to do postaci e do potegi a w odpowiedziach jest e² wiec nie rpozumiem skad taki wynik

Mila: Skąd masz tę granicę? Czy nie jest tangens przez "coś" pomnożony?

use: nnie nie jest jest dokladnie tak ;

	π		1
lim x−>		(tg(x) do potęgi		)
	2		x−π2

1
	− to jest wykładnik ( potęga tangensa )
x−π2

use: caly tg jest do potegi podniesiony a nie x , teraz dopieroi widze swoj blad w przekazie , ty zrpzumialas ze to x jest do potegi a to caly tg jest to tej potegi

Mila: http://www.wolframalpha.com/input/?i=lim%28tgx%29%5E%281%2F%28x-pi%2F2%29%29+as+x+to+pi%2F2

Mila: Tymczasem szukam w zbiorze tego zadania.

use: wlasnie wolfram podaje ze to e² moje pytanie brzmi jak ? rozpisze mi to ktos ?

Mila: Nie, wolfram podaje zespoloną postać, przeczytaj dokładnie. Istnieje tylko granica lewostronna =0 (wtedy tgx >0) To mogę Ci rozpisać. Zostaw tę granicę, jeśli to Twoje wprawki to podam Ci Ci kilka rozsądnych granic po kolacji. (Małżonek czeka).

use: czyli mam rozumieć ze to jest wyrazny blad i tej granicy w prosty sposob nie da sie policzyc i raczej nie bedzie ona rowna e²

Mila: Dlaczego błąd? Granica dwustronna nie istnieje.

	π		1		1
Limx→		−(		ln(tgx))=−∞ [masz symbol		=−∞]
	2		π   x−   2		0−

	π
limx→		−(f(x))=[e−∞]=0
	2

Granica prawostronna nie istnieje: tg(x) ma być dodatni Oblicz granicę:

	πx
a) limx→1 [(1−x)*tg		] dwoma sposobami
	2

	(x2−1		πx
b) limx→1 [		*tg		]
	x2		2

	π		π
c) limx→		[(		−x)tg(x) ]
	2		2

use: podasz mi odpowiedzi do tych granic ?

Mila:

	2
a)
	π

	−4
b)
	π

c) 1 Myslałam, że zapomniałeś o tych granicach.

use: kurde, w pierwszym mi wyszło 1/π sprawdze jeszcze czy dobrze licze

use: ah tak jednak machnąłem się 2/π

use: mila a jak ty taki przyklad a) rozwiązujesz ? ( mozliwe ze masz lepszy sposob ) ja np doprowadzam do sytuacji 0/0 albo ∞/∞ akurat tutaj zrobiłem tak ;

	πx
(1−x)/ctg(		i hospitalem
	2

use: jak tobie w drugim przykladzie wyszło −π/4 mi wychodzi π/4 bez minusa

use: trzecia granica zdecydowanie nałatwiejsza jedno przejscie i juz wynik nurtuje mnie tylko ten minus w drugim przypadku

Mila:

	tg(x)
a) I sposób bez pochodnych, korzystamy z granicy: lim x→0		=1
	x

	πx		π		π
limx→1 [(1−x)*tg		]= limx→1 [(1−x)*ctg(		−		x)=
	2		2		2

	π		(1−x)
=limx→1 [(1−x)*ctg(		(1−x))=limx→1		=
	2		π   tg( (1−x))   2

	π   (1−x)*   2		2		2		2
=limx→1		*		=1*		=
	π   tg( (1−x))   2		π		π		π

II sposób

	πx		(1−x)
limx→1 [(1−x)*tg		]= limx→1 [		]= H
	2		πx   ctg   2

	−1		2
=limx→1[		=
	−1   π   * sin2(π/2)x   2		π

Mila:

	1		x2−1
b)limx→1[		*		] i liczysz jak poprzednio de l' Hospitalem
	x2		πx   ctg   2

Mila: Zobacz tam inny sposób liczenia granicy https://matematykaszkolna.pl/forum/206972.html