granice funkcji Dominika: Obliczyć granicę: a) lim xctg3x x→0 wiem, że nie istnieje ctg0 więc jak to zrobić?

	2x2 + x4
b) lim		x→0
	1−cos2x

	e4x −1
c) lim		x→0
	sin2x

Benny:

	1
ctg3x=
	tg3x

	x
a)		i de l'Hospital
	tg3x

Adam:

	sin(x)
tak samo jak		→1 gdy x→0
	x

	x
mamy		→1 gdy x→0
	tg(x)

Dominika: wyszło cos² 3x

Dominika: czyli w przykładzie a wyjdzie 1/3?

Adam: latwiej będzie ci z tego, to wychodzi z nierówności 0<x<sinx<tgx dla x∊(0;π/2)

Adam: tak

Adam: w drugim mamy

	x		x
lim 2*(		)2+x2*(		)2= lim 2+x2=∞
	sinx		sinx

Adam:

	e4x−1		4e4x
w 3 mamy lim		= (z reguły l'hospitala) lim		= 2
	sin(2x)		2cos(2x)

Adam: 2 drugim napisałem lim 2+x² = ∞, powinno być lim 2+x² = 2

Mariusz: Benny tego się nie liczy de i'Hospitalem bo się zapętlisz Jeśli nie chcesz korzystać z tzw gotowca to trzeba ją policzyć z trzech ciągów Dlaczego nie z de l'Hospitala ?

	tan(x+Δx)−tan(x)
limΔx→0		=
	Δx

	tan(x)+tan(Δx)   −tan(x) 1−tan(x)tan(Δx)
limΔx→0		=
	Δx

	tan(x)+tan(Δx)−tan(x)+tan2(x)tan(Δx)   1−tan(x)tan(Δx)
limΔx→0		=
	Δx

	tan(Δx)+tan2(x)tan(Δx)   1−tan(x)tan(Δx)
limΔx→0		=
	Δx

	tan(Δx)+tan2(x)tan(Δx)	1
limΔx→0			=
	1−tan(x)tan(Δx)	Δx

	tan(Δx)	1+tan2(x)
limΔx→0			=
	Δx	1−tan(x)tan(Δx)

	tan(Δx)		1+tan2(x)
limΔx→0		limΔx→0
	Δx		1−tan(x)tan(Δx)

=1*(1+tan²(x)) =1+tan²(x)

	tan(Δx)
limΔx→0		=
	Δx

	sin(Δx)   cos(Δx)
limΔx→0		=
	Δx

	1	sin(Δx)
limΔx→0			=
	Δx	cos(Δx)

	sin(Δx)	1
limΔx→0			=
	Δx	cos(Δx)

	sin(Δx)		1
limΔx→0		limΔx→0
	Δx		cos(Δx)

=1*1 Granicę

	sin(Δx)
limΔx→0
	Δx

liczymy z trzech ciągów

Benny: Czemu niby miałbym się zapętlić? Po pierwszej pochodnej wychodzi.

Mariusz: Nie widzisz że do policzenia pierwszej pochodnej potrzebna jest granica którą usiłujesz tym de l'Hospitalem policzyć

Benny: Nie rozumiem

Mariusz: Do policzenia pochodnej tangensa potrzebujesz granicy

	tan(Δx)
limΔx→0		a tę granicę właśnie liczysz
	Δx

Nie zwracali wam na to uwagi na studiach ? Na UMK zwracają na to uwagę Dlatego uważam że podczas korzystania z reguły de l'Hospitala pochodne powinno się liczyć na granicach Z de I'Hospitalem jest też taki problem że granica ilorazu pochodnych musi istnieć a to że ta granica nie istnieje nie implikuje tego że granica ilorazu funkcji nie istnieje

Mariusz: b)

2x2+x4		x2
	=(2+x2)
1−cos2(x)		sin2(x)

	x2
limx→0(2+x2)
	sin2(x)

=(2+0)*1²=2 c)

e4x−1		e4x−1	2x
	=2
sin(2x)		4x	sin(2x)

	e4x−1	2x
limx→02
	4x	sin(2x)

=2*1*1=2