aa Hugo:

	ln(x−1)
limx→1x
	ctg(x−1)

Jak mam rozumieć do 1 do x

MQ: A skąd żeś to wziął?

	ln(x−1)
Może miało być: limx→1 x		?
	ctg(x−1)

PW: Pewnie miało być x→1⁺ (z innej nie może, bo dziedzina logarytmu).

Hugo: jak mozesz nie wiedzieć ! basic knowledge PRZEPRASZAM ! ! ! mój bycur zamiast 1^x ma być 1⁺ ale też nie rozumiem pierwszy raz widze plus

MQ: Ze mną jak z dzieckiem −− jak mi gość pisze x, to zakładam, że wie, co widzi i pisze. 1⁺ oznacza, że podchodzimy do 1 z prawej strony, czyli od x>1.

Hugo: Oooo dziękuję Prosze czuwać ! będę tu wklejac moje wypociny.

Hugo:

	ln(x−1)
limx→1x
	ctg(x−1)

	ln(x−1)		ln(0		0
[		] = [		]= [		] wzór !
	ctg(x−1)		ctg(0)		oo

	ln(x−1)		(ln(x−1)')
limx→1x		= H = limx→1x		=
	ctg(x−1)		(ctg(x−1))'

	1   * 1 x−1		sin2x
limx→1x		= −		=
	1   − *1   sin2x		x−1

	sin2x		1
[−		] =		?!?!?
	x−1		0

Hugo: chyba ze jeszcze raz pochodna ?

cos2x*2x		0
	=		=0
1		1

Rafał: Zgadza się. Nie można jednak przyrównywać granicy do wyrażenia typu

	sin2 x
−		i tam ma być 1+ a nie 1x
	x − 1

lepiej się pozbyć takich nawyków

Hugo: kolejne

	3(1−sin2x)
limx→π/2
	cosx

Rafał: No Hugo tutaj chyba nie będzie problemu?

Hugo: tzn tam idzie "równa sie podspodem H i wpierw w nawias i ze pochodna" kolejne

	3(1−sin2x)
limx→π/2		= ?
	cosx

	1   3(1− )   2		3		2
[		] =		*		= ... dziwne jakies czy o co chodzi
	√2     2		2		√2

Hugo: ;−; pi/2 = 90 stopni....

Hugo:

	0
nie chcąc mi sie przepisywać		=0 i chyba dobrze
	1

Rafał: Nie korzystaj za każdym razem z reguły de l'Hospitala. O jedynce trygonometrycznej chyba wiesz coś? Czy ułamek możemy skrócić?

PW: Nawiązuję do wypowiedzi z 22:22

ln(x−1)		0
	to nie jest wyrażenie typu [		] dla x→1+
ctg(x−1)		∞

Hugo:

	x3
limx→∞
	10x

	∞
[		]
	oo

	3x2		3* 2 x
limx→∞		=
	10xln10		10xln10lna10 +10x*(kalkulator? ln10)

widać jednak regres że mianownik będzie sie wolniej zerował z IKSA niż licznik więc wszystko idzie ku zero

Hugo: bo nie wiem jak traktować pochodną z ln10 a może jako po prostu 'a' ? (ax)' = a * x' czyli by się zostawiało lna

razor:

	x3		3x2		6x
lim		= [H] lim		= [H] lim		= [H] lim
	10x		10x*ln10		10x*ln210

	6
	10x*ln310

Hugo:

	ctg5x
limx→0		=
	ctgx

	oo
[		]
	oo

	1
limx→0 −		* −sin2x=
	sin2x * 5x5

	1
=
	5

Hugo:

	ln(2−x)
limx→2−		=
	ln[sin(2−x)]

	oo
[		]
	oo

	1
licznik =		* (−1) = mianownik sprzeczność :X !
	2−x

	1
mianownik =		* cos(2−x) * (−1) = 0*
	sin(2−x)

jeszcze raz pochodna? mianownik: +1 licznik = 0 czyli całość = 0 ;>

Hugo: odświeżam, ktoś pomoze post 23:52?

asdf: chcesz znac wynik? wpisz sobie w wolframa (www.wolframalpha.com), a w textboxie: lim ( (log[e,2−x])/(log[e,sin(2−x)]) ) and x−> 2⁻

Hugo: chce sie nauczyc odp to 1

Hugo: mozesz mi powiedziec co robie zle?

zombi: Zauważ, że

sin(2−x)
	→ 1, gdzie x→2
2−x

Hugo: a co z ln

Hugo: I jak moze zmierzac do dwójki jak sie mianownik zeruje; prosze naucz mnie !

zombi: Pochodną policzyłeś licznika mianownka i dostajesz

sin(2−x)
(2−x)cos(2−x)

zombi: Korzystasz ze wzoru

	sinx
limx→0		= 1
	x

Hugo: dziękuję teraz jasne sensowne i czytelne a mam pytanie jak by było lim_x→2⁺ czy wychodziło by to samo a jak nie to jaka była by różnica

Hugo: pomozcie lim_x→0⁺ xlnx = [0 * oo] lim_x→0⁺ lnx + 1 i nie wiem czy dobrze a jak tak to co dalej

Janek191:

	ln x		1     x
lim x ln x = lim		= lim		= lim ( − x) = 0
	1     x		1   −   x2

x→0⁺ x→0⁺ x→0⁺ x→0⁺

Hugo: racja dziękuje

Hugo: //wszystko z hospitala

	π
limx→π/2 (		−x ) * tgx
	2

[0 * oo]

	π		π		0
limx→π/2 (		−x ) * tgx = (		−x ) / ctgx =		= 0?
	2		2		1

dobrze

Piotr 10:

	π
tg x = ctg(		− x)
	2

	1
tgx =
	ctgx

	1
tg x =
	tg ( π)/2 − x)

	π		1
lim π → π/2		− x *		= 1
	2		tg(π/2) − x)

Hugo: z jakiego to wzoru ? ctgx = tg ( π)/2 − x) a jest prostsza metoda? robie Hospitalem :x że przez pochodne

Piotr 10: Wzory redukcyjne kłaniaja się. Ja pochodnych nie robiłem jeszcze.

Piotr 10: To jest właśnie wg mnie najprostsza metoda

Hugo: oświeciło mnie b o dalej mam halucynacje że pi/2 to 45 stopni −,−

	π
limx→π/2 (		−x) * tgx
	2

[oo*0]

	π		1		π   ( −x)   2
limx→π/2 (		−x) *		= limx→π/2		= H = //pochodne
	2		ctgx		ctgx

	−1
limx→π/2		=limx→π/2 sin2x = 1
	1   −   sin2x

Hugo: tu cieższe lim _x→∞ (π−2arctgx)lnx ile to jest 2arctg(oo)

razor: π

john2: warto się zapoznać z tymi wykresami http://www.analizamatematyczna.enhost.pl/FnJednejZm/cykl1.htm

Hugo: dziękuję ! lim x→∞ (π−2arctgx)lnx //ln(oo) = e^? = oo , x = oo zatem [0*oo]

	(π−2arctgx)
lim x→∞ (π−2arctgx)lnx = H = lim x→∞		=
	1     lnx

	1   −2   x2+1
lim x→∞		= czy to dobrze?
	1     (1/x)

john2:

	1		1
(		)' = −		* (lnx)'
	lnx		(lnx)2

john2: i tak lnx przy x −>∞ do plus nieskończoności rozbiega

Hugo: racja ;_: z tym ln

Hugo:

	2xln2x
...		= H =
	x2+1

	oo
[		]
	oo

a ile to jest logarytm naturalny z nieskończoności?

Hugo: jeżeli 0 to odpowiedź by sie zgadzała

Hugo: ile to jest logarytm naturalny z nieskończonosci ?

john2: Tak jak pisałem, jeśli x − >∞ to lnx −> ∞

john2: https://matematykaszkolna.pl/strona/219.html na wykresie widać, zwiększasz argumenty, wykres idzie w górę

john2: gdybyś miał x − > 0⁺ to lnx − > −∞

Hugo: czyli ln (oo) = oo ?

Hugo: ;________; ooo

Hugo: czyli wkońcu ile sie równa ln(∞) = 0 czy nieskończonosć?

john2: Tak.

john2: Mówisz o granicy, gdzie x −> ∞, czy mówisz o działaniu pod tytułem ln(∞) ?

john2: jeśli to drugie, to wolfram mówi, że ∞ http://www.wolframalpha.com/input/?i=ln%28infinity%29

Hugo: no ciekawi mnie ln(oo) bo to zadanie nie umiem zrobić, wynik ma byc zero i nie wychodzi

john2: tak brzmi zadanie?

	2xln2x
limx−>∞		?
	x2+1

Hugo: nie

Hugo: To: lim x→∞ (π−2arctgx)lnx bardzo prosze

john2:

2xln2x
	jest ok, korzystaj znowu z reguły, i to chyba kilka razy
x2+1

Hugo: tylko to jest tak ze po dwóch pochodnych się dół zniweluje a góra zostanie a wynik ma być zero

john2:

	(2x)' * (lnx)2 + 2x * ( (lnx)2 )'
limx−>∞		=
	2x

	1   2(lnx)2 + 2x * 2lnx *   x
= limx−>∞		=
	2x

	2(lnx)2 + 4lnx
= limx−>∞		= H
	2x

	1   4   2 * 2lnx * +   x   x
= limx−>∞		=
	2

	4lnx   4   + x   x
= limx−>∞		=
	2

	4lnx + 4   x
= limx−>∞		=
	2

	4lnx + 4
= limx−>∞		= H
	2x

	4   x		2
= limx−>∞		= limx−>∞		= ...
	2		x

Hugo: dziekuje

Hugo: a pytanie jak skróciłeś lnx

Hugo: 4lnx gdzie x zmierza do nieskończoności to zero ;______; i znowu by mi to burzyło całość myśleniową

john2: lnx poszło w diabły, bo skorzystałem z reguły 4lnx przy x−>∞ idzie też do ∞, dlatego skorzystałem znowu z reguły

john2: (4lnx)' = 4(lnx)' = 4 * 1/x

Hugo: ale to jezeli idzie do nieskończoności to

4lnx + 4		4 ∞ +4
	=
2x		2∞

prosze jasniej nie rozumiem chyba ze lim x−> oo dla lnx daje to samo co limx−>0 dla sinx

Hugo: aaa

Hugo: teraz ok

john2: i jeszcze jedno: mając takie zadanie: lim_x−>∞ lnx zapis [ln∞] nie oznacza, ze liczysz logarytm naturalny z nieskończoności. Oznacza on, że liczba logarytmowana się zwiększa, więc mamy na przykład ln10, ln100, ln500, ln80000, itd. Z każdych z tych liczb da się obliczyć logarytm naturalny. Wraz z tym, jak zwiększamy liczbę logarytmowaną, zauważamy, że musimy e podnieść do coraz większej potęgi, żeby otrzymać tę liczbę, więc wartość wyrażenia lnx (która jest wykładnikiem e) też rośnie.

Hugo: !