Granice simon5005: Jak rozpisywać i postępować w takiego typu granicach:

	√1−√1+h
lim(h→0−)		, tak aby dojść do właściwego wyniku w tym przypadku −∞
	h

oraz

	√ln(1+h2)
lim(h→0+)		, żeby uzyskać 1
	h

Jerzy: Popatrz cztery posty niżej.

xyz: rozpatrujac licznik √1−√1+h skoro h−>0⁻ to wyrażenie 1+h < 1 (chociazby podstawiajac za h liczbe −0.01) wtedy √1+h < 1, zatem roznica 1−√1+h > 0, √1−√1+h > 0 stad w liczniku mamy liczbe > 0 w mianowniku liczbe dazaca do zera z lewej strony.

	jakas liczba
Granica		= − ∞
	0−

	jakas liczba
jakby bylo		= + ∞
	0+

simon5005: Dziękuję @xyz za szczegółowe rozpisanie, o takie coś mi właśnie chodziło

Pytający: Xyz, ale tak się składa, że ta "jakaś liczba" z licznika dąży do 0, więc niezbyt sensowne jest Twoje uzasadnienie. h → 0⁻ 1+h → 1⁻ √1+h → 1⁻ 1−√1+h → 0⁺ √1−√1+h → 0⁺

	0+
Znaczy masz tam wyrażenie nieoznaczone [		], łatwo policzyć z reguły de l'Hospitala:
	0−

http://matematykadlastudenta.pl/strona/954.html Drugi przykład:

	√ln(1+h2)
limh→0+		= limh→0+ √(1/h2)*ln(1+h2) =
	h

= lim_h→0⁺ √ln((1+h²)^1/h2) = 1 // lim_h→0⁺ (1+h²)^1/h2 = e

Mariusz: Problem z tymi granicami jest taki że pojawiają się podczas liczenia pochodnej więc reguła de L'Hospitala nie bardzo do nich pasuje

Pytający:

	√1−√1+h		0		(√1−√1+h)'
limh→0−		= [		] =H limh→0−		=
	h		0		h'

	1   −1   * 2√1−√1+h   2√1+h		−1
= limh→0−		= limh→0−		=
	1		4√(1−√1+h)(1+h)

	−1
= [		] = −∞
	0+

Problemu nie dostrzegłem.

Mariusz: Policz pochodne z użyciem granic

Mariusz: Inaczej Jeżeli przyjmiemy że pochodna funkcji w punkcie to

	f(x)−f(a)
limx→a
	x−a

to pierwszą granicę można zapisać w postaci

	√1−√1+h
limh→0		=limh→0U{√1−√1+h−√1−√1+0{h−0}
	h

czyli jest to wartość pochodnej w zerze Drugą zaś granicę możemy zapisać jako

	√ln(1+h2)−√ln(1+0)
limh→0
	h−0

czyli także jest to wartość pochodnej w zerze a jak wygląda reguła L'Hospitala Zatem reguła L'Hospitala nie jest tutaj wskazana bo aby policzyć pochodną musimy znać granicę którą chcemy policzyć