Kilka granic funkcji - metody rozwiązywania. V.Abel: Zabrałem się za kilka granic i te właśnie kilka chwilowo są nieokiełznane:

	cos5x
a) limx → π 2		===> jak się za to w ogóle zabrać?
	cos3x

b)lim_x→1 (1−x) tg ^π₂ x c) lim_x→0 x [x] ===> gdzie [x] to funkcja entier

	1
d) limx→0 x[		]
	x

e) lim_x→0 x sin(¹_x)

	1		3
f) limx→1 (		−		) ==> wzory skróconego i co dalej...
	x		1−x3

	sin3x
g) limx→π
	sin2x

	1− cos3x
h) limx→0
	x sin2x

	ln(x2−x−1)
i) limx→∞
	ln(x10+1+x)

	1− cosx
j) limx→0
	x2

k) lim_x→∞(3^x−2^x)^1_x l) lim_x→0 (cosx)^1_sin2x m) lim_x→π(x − arc tg(¹_x−π)) n) lim_x→∞ arc tg (¹_x)sinx Te przykłady są dla mnie bardzo ważne, a nie wiem do końca lub chwilowo wcale jak się za nie zabrać, bardzo proszę o pomoc.

Maslanek: Większość Hospitalem. w (c) jest prosto, bo [x] jest ograniczony, a x→0, więc granica g=0 Podobnie (e)

Maslanek: W przykładzie takim jak (k), (l) korzystamy z tego, że a^c=e^{c ln a} i ciągłości funkcji (dzięki czemu wrzucamy granicę do wykładnika)

V.Abel: Nie znam l'Hospitala właśnie, a nawet jak bd znał, to jak zrobić bez?

Maslanek: w (a) na pewno wzór na cosinusów sumy.

	sin x
w (b) warto próbować tg zamienić na sin i szukać gdzieś		→1
	x

Trzeba by pokombinować

	1
w (d) wrzucić x do mianownika (		) i badać jednostronne granice,
	x

Idę spać Jutro koło z algebry

Basia: ad.(c) nieprawda Maślanek lim_x→0 [x] nie istnieje ponieważ lim_x→0⁺[x] = 0 natomiast lim_x→0⁻[x] = lim_x→0⁻ (−1) = −1

Maslanek: Ale wcześniej stoi jeszcze x Więc mamy x*M→0

Basia: ad.(a) cos5x = cos[5(x−^π₂)+^5π₂] = cos[5(x−^π₂) + ^π₂+2π] = cos[5(x−^π₂)+^π₂] = −sin5(x−^π₂) cos3x = cos[3(x−^π₂) + ^3π₂] = sin3(x−^π₂) t = x−^π₂ x→^π₂ ⇒ t→0 i 5t→0 i 3t→0 i masz

	cos5x		−sin5t
limx→π2		= limt→0		=
	sin3x		sin3t

	5t		−sin5t		3t
limt→0		*		*		=
	3t		5t		sin3t

	5		sin5t		3t		5		5
limt→0 −		*		*		= −		*1*1 = −
	3		5t		sin3t		3		3

Basia: a masz rację nie zauważyłam tego x przed entier

Basia: ad.b lim_x→1 (x−1)*tg(^π₂x) = lim_x→1 (x−1)*tg(^π₂(x−1)+^π₂) = lim_x→1 −(x−1)*ctg(^π₂(x−1)) =

	cosπ2(x−1)
limx→1 −(x−1)*		=
	sinπ2(x−1)

	π2(x−1)		1
limx→1−cosπ2(x−1)*limx→1		*limx→1		=
	sinπ2(x−1)		π2

	2		2
−cos0*1*		= −
	π		π

Mila: Witaj Basiu, długo Cię nie było.

Basia: Witaj Milu Nawet bardzo długo, ale chyba już niedługo skończę to co sobie niepotrzebnie na głowę zwaliłam. Mam nadzieję przynajmniej ...........

Mila: Super, że jesteś znowu tutaj. Ciesz się, że masz inne cele niż tylko forum.

Basia: ad.n

	1
x→+∞ ⇒		>0
	x

	1
− 1 ≤ sinx ≤ 1 /*
	x

	1		1		1
−		≤		*sinx ≤
	x		x		x

	1
zatem na mocy tw.o trzech ciągach limx→+∞		*sinx = 0
	x

czyli

	1
limx→+∞ arctg		*sinx = arctg0 = 0
	x

Basia: ad.m lim_x→π(x − arc tg(¹_x−π))

	1		1		π
x→π+ ⇒ x−π → 0+ ⇒		→ +∞ ⇒ arctg		=
	x−π		x−π		2

czyli

	π		π
limx→π+(x − arc tg(1x−π)) = π−		=
	2		2

	1		1		π
x→π− ⇒ x−π → 0− ⇒		→ −∞ ⇒ arctg		= −
	x−π		x−π		2

czyli

	π		3π
limx→π−(x − arc tg(1x−π)) = π−(−		) =
	2		2

czyli lim_x→π(x − arc tg(¹_x−π)) nie istnieje

V.Abel: Cześć Mila, miło Cię widzieć − dawno Cię nie spotkałem na forum Basiu, dziękuję serdecznie za pomoc, za rozpisanie i wyjaśnienie Maslanek − dzięki Jednak jeszcze dla mnie temat niewyczerpany Mianowicie, podpunkt f), k), l) ... jak to ugryźć? Jak ktoś wie, któreś z pozostałych, niech napisze − proszę W k) wychodzi mi 3, a nie mam odpowiedzi... Nurtuje mnie jeszcze jeden przykład:

	3√x3+x
limx→∞ (		)√x, wyciągam najwyższą potęgę. skracam, bawię się i
	3√x3

wychodzi mi 1^∞ i teoretycznie symbol nieoznaczony, jednakże jakby te jedynka wyszła z "normalnego rozpracowywania" granicy, a nie na starcie ... to jak? Jest to dobrze?

Mila: Witaj Abel, licz granice i dawaj do sprawdzenia. Basia nie napisze za Ciebie kolokwium.

Mila: f) Sprowadź do wspólnego mianownika, licz granice lewostronna i prawostronną (granica nie istnieje) Zaraz dam wskazówki do następnych.

Mila: k) granica 3.

	(x3+x)
lim{x→∞)[(		)13]√x=
	x3

	1
=limx→∞(1+		) √x 3
	x2

	1
=limx→∞[(1+		)x2]1x√x=e0=1
	x2

Mila: l)

	x
lim {x→0) (cosx)1sin2x=limx→0(1+(−2sin2		))1sin2x=
	2

	1
=....=
	√e

spróbuj dalej sam

Trivial: i) Dla odpowiednio dużego x mamy:

ln(x2−x−1)		ln(x2)		2ln(x)		1
	≤		=		=
ln(x10+1+x)		ln(x10)		10ln(x)		5

ln(x2−x−1)		ln(x−1)2		1
	≥		=
ln(x10+1+x)		ln(x−1)10		5

	1
Czyli granica jest		.
	5

Trivial: W drugiej linijce mam błąd. Powinno być:

ln(x2−x−1)		ln(x−1)2		1	ln(x−1)		1
	≥		=			→
ln(x10+x+1)		lnx10		5	lnx		5

Basia: tam w (a) jest błąd minus zjadłam przy przekształcaniu cos3x ma być cos3x = ................ = −sin(....) ostateczny wynik będzie dodatni

V.Abel: Cześć, dzięki serdeczne za pomoc, że napisaliście i wyjaśniliście co i jak. Już wiem, jak mam się z tym bawić i jakie sposoby są poprawne. Jeszcze raz mega dzięki wszystkim za uwagę i pomoc