Bardzo proszę o pomoc to miałam na kolokwium i nie wiedziałam jak zrobić.
ps. jeśli to możliwe to prosze o szybką odp. jutro mam poprawkę. :/
Oblicz granice funkcji
Otrzymałeś(aś) rozwiązanie do zamieszczonego zadania? - podziękuj autorowi rozwiązania! Kliknij
Oblicz granice funkcji
\(\lim_{x \to o^+} (ctg2x)^{\frac{1}{lnx}}\)
Bardzo proszę o pomoc to miałam na kolokwium i nie wiedziałam jak zrobić.
ps. jeśli to możliwe to prosze o szybką odp. jutro mam poprawkę. :/
Bardzo proszę o pomoc to miałam na kolokwium i nie wiedziałam jak zrobić.
ps. jeśli to możliwe to prosze o szybką odp. jutro mam poprawkę. :/
-
Szimi10
- Często tu bywam
- Posty: 175
- Rejestracja: 16 kwie 2009, 16:51
- Otrzymane podziękowania: 38 razy
Będziemy korzystać z reguły de l'Hospitala. Stosujemy ją gdy granica wychodzi nam \([\frac{\infty}{\infty}]\), bądź \([\frac{0}{0}]\). Gdy uzyskamy już takie symbole, liczymy pochodną licznika i pochodną mianownika (słówko więcej w dalszej części zadania). W naszym przypadku będzie trzeba troszkę przerobić podaną granice. Skorzystamy z tego, że funkcję \(f^g\) można zapisać tak: \(e^{ln(f)^g}\) a to z kolei tak: \(e^{g \cdot ln(f)}\). Mamy plan to działamy:
\(\lim_{x\to 0^+} (ctg2x)^{\frac{1}{lnx}} = \lim_{x\to 0^+} e^{ln(ctg2x)^{\frac{1}{lnx}}\)\(= \lim_{x\to 0^+} e^{\frac{1}{lnx}\cdot ln(ctg2x)} =\lim_{x\to 0^+} e^{\frac{ln(ctg2x)}{lnx}.\)
Obliczenie tej granicy \(\lim_{x\to 0^+} e^{\frac{ln(ctg2x)}{lnx}\) sprowadza się do obliczenia takiej granicy: \(e^{\lim_{x\to 0^+} \frac{ln(ctg2x)}{lnx}\).
Jak zauważamy wystarczy policzyć granicę wykładnika (potęgi) liczby \(e\).
W tej części zadanka przyda nam się znajomość poszczególnych wzorków:
1. Reguła de l'Hhospitala. Jak już wcześniej pisałem stosujemy ją gdy w granicy wychodzi nam \([\frac {\infty}{\infty}]\) lub \([\frac{0}{0}]\).
Wtedy to właśnie liczymy pochodną licznika i pochodną mianownika. Wygląda to mniej więcej tak: \(\lim_{x\to x_0 } \frac{f}{g} = \lim_{x\to x_0 } \frac {f'}{g'}\).
Po czym podstawiamy nasze \(x_0\) (NIE MYLIĆ Z POCHODNĄ ILORAZU!! Bo wtedy wygląda to tak:\(\lim_{x\to x_0} (\frac{f}{g})' = \lim_{x\to x_0} \frac{f' \cdot g - f \cdot g'}{g^2}\)). Czasami trzeba stosować tą regułę więcej niż jeden raz (czyt. aż do skutku
).
Spotyka się również przypadki, że można się zapętlić (po pewnym czasie stosowania reguły de l'Hospitala dojdziemy do pierwotnej postaci funkcji). Wtedy trzeba zacząć się martwić (:P) i próbować coś przekształcać czy upraszczać.
Ale to niezwykle rzadka sytuacja. Żeby zaznaczyć, że korzystamy właśnie z tej reguły piszemy pod "=" drukowaną literę H.
Tyle co do reguly de l'Hospitala.
2. \((lnx)'=\frac{1}{x}\).
3. Pochodną funkcji złożonych liczymy tak: \((f_g(x))'=f'_(g(x)) \cdot g'(x)\) (pochodna funkcji zewnętrznej razy pochodna funkcji wewnętrznej)
4. \((ctgx)'=-\frac{1}{sin^2x}\)
5. \(sin 2x=2sinx \cdot cosx\)
6. \(ctgx=\frac{cosx}{sinx}\)
7. \(\lim_{x\to 0} \frac{sinx}{x}=1\) (oczywiście to jest równoznaczne z \(\lim_{x\to 0} \frac{sin4x}{4x}=1\).)
Ja posiadam wiedzę jakie będzie rozwiązanie dlatego już teraz pokażę, że również \(\lim_{x\to 0 } \frac{4x}{sin 4x} = 1\).
\(\lim_{x\to 0} \frac{4x}{sin4x}= \lim_{x\to 0} \frac{4x}{\frac{sin4x}{4x}\cdot 4x}= \lim_{x\to 0} \frac{4x}{1\cdot 4x}=1\)
Stworzyliśmy sobie grunt, to działamy (przypominam, że liczymy granicę potęgi liczby e):
\(\lim_{x\to 0^+ } \frac{ln(ctg2x)}{lnx} =_H ^{[\frac {\infty}{\infty}]} \lim_{x\to 0^+ } \frac{ln(ctg2x)'}{(lnx)'}= \lim_{x\to 0} \frac{\frac{1}{ctg2x} \cdot (-\frac{1}{sin^22x}) \cdot 2}{\frac{1}{x}}=\lim_{x\to 0^+ }-\frac{2x}{ctg2x \cdot sin^22x}= \\ =\lim_{x\to 0^+ } -\frac {2x}{\frac {cos2x}{sin2x} \cdot sin^22x}=\lim_{x\to 0^+ }-\frac{2x}{cos2x\cdot sin2x}=\lim_{x\to 0^+ } -\frac{2\cdot 2x}{2 cos 2x \cdot sin 2x}= \lim_{x\to 0^+ }-\frac {4x}{sin4x}=-1\)
Mamy potęgę, to podstawiamy:
\(\lim_{x\to 0^+} e^{\frac{ln(ctg2x)}{lnx}\)\(= e^{(-1)} = \frac{1}{e}\).
Pewnie się trochę spóźniłem z rozwiązaniem, ale mam nadzieje, że komuś pomogłem.
Życzę powodzenia na sesji (znając życie pierwszy semestr
)
Pozdrawiam
Szymon.
\(\lim_{x\to 0^+} (ctg2x)^{\frac{1}{lnx}} = \lim_{x\to 0^+} e^{ln(ctg2x)^{\frac{1}{lnx}}\)\(= \lim_{x\to 0^+} e^{\frac{1}{lnx}\cdot ln(ctg2x)} =\lim_{x\to 0^+} e^{\frac{ln(ctg2x)}{lnx}.\)
Obliczenie tej granicy \(\lim_{x\to 0^+} e^{\frac{ln(ctg2x)}{lnx}\) sprowadza się do obliczenia takiej granicy: \(e^{\lim_{x\to 0^+} \frac{ln(ctg2x)}{lnx}\).
Jak zauważamy wystarczy policzyć granicę wykładnika (potęgi) liczby \(e\).
W tej części zadanka przyda nam się znajomość poszczególnych wzorków:
1. Reguła de l'Hhospitala. Jak już wcześniej pisałem stosujemy ją gdy w granicy wychodzi nam \([\frac {\infty}{\infty}]\) lub \([\frac{0}{0}]\).
Wtedy to właśnie liczymy pochodną licznika i pochodną mianownika. Wygląda to mniej więcej tak: \(\lim_{x\to x_0 } \frac{f}{g} = \lim_{x\to x_0 } \frac {f'}{g'}\).
Po czym podstawiamy nasze \(x_0\) (NIE MYLIĆ Z POCHODNĄ ILORAZU!! Bo wtedy wygląda to tak:\(\lim_{x\to x_0} (\frac{f}{g})' = \lim_{x\to x_0} \frac{f' \cdot g - f \cdot g'}{g^2}\)). Czasami trzeba stosować tą regułę więcej niż jeden raz (czyt. aż do skutku
). Spotyka się również przypadki, że można się zapętlić (po pewnym czasie stosowania reguły de l'Hospitala dojdziemy do pierwotnej postaci funkcji). Wtedy trzeba zacząć się martwić (:P) i próbować coś przekształcać czy upraszczać.
Ale to niezwykle rzadka sytuacja. Żeby zaznaczyć, że korzystamy właśnie z tej reguły piszemy pod "=" drukowaną literę H.
Tyle co do reguly de l'Hospitala.
2. \((lnx)'=\frac{1}{x}\).
3. Pochodną funkcji złożonych liczymy tak: \((f_g(x))'=f'_(g(x)) \cdot g'(x)\) (pochodna funkcji zewnętrznej razy pochodna funkcji wewnętrznej)
4. \((ctgx)'=-\frac{1}{sin^2x}\)
5. \(sin 2x=2sinx \cdot cosx\)
6. \(ctgx=\frac{cosx}{sinx}\)
7. \(\lim_{x\to 0} \frac{sinx}{x}=1\) (oczywiście to jest równoznaczne z \(\lim_{x\to 0} \frac{sin4x}{4x}=1\).)
Ja posiadam wiedzę jakie będzie rozwiązanie dlatego już teraz pokażę, że również \(\lim_{x\to 0 } \frac{4x}{sin 4x} = 1\).
\(\lim_{x\to 0} \frac{4x}{sin4x}= \lim_{x\to 0} \frac{4x}{\frac{sin4x}{4x}\cdot 4x}= \lim_{x\to 0} \frac{4x}{1\cdot 4x}=1\)
Stworzyliśmy sobie grunt, to działamy (przypominam, że liczymy granicę potęgi liczby e):
\(\lim_{x\to 0^+ } \frac{ln(ctg2x)}{lnx} =_H ^{[\frac {\infty}{\infty}]} \lim_{x\to 0^+ } \frac{ln(ctg2x)'}{(lnx)'}= \lim_{x\to 0} \frac{\frac{1}{ctg2x} \cdot (-\frac{1}{sin^22x}) \cdot 2}{\frac{1}{x}}=\lim_{x\to 0^+ }-\frac{2x}{ctg2x \cdot sin^22x}= \\ =\lim_{x\to 0^+ } -\frac {2x}{\frac {cos2x}{sin2x} \cdot sin^22x}=\lim_{x\to 0^+ }-\frac{2x}{cos2x\cdot sin2x}=\lim_{x\to 0^+ } -\frac{2\cdot 2x}{2 cos 2x \cdot sin 2x}= \lim_{x\to 0^+ }-\frac {4x}{sin4x}=-1\)
Mamy potęgę, to podstawiamy:
\(\lim_{x\to 0^+} e^{\frac{ln(ctg2x)}{lnx}\)\(= e^{(-1)} = \frac{1}{e}\).
Pewnie się trochę spóźniłem z rozwiązaniem, ale mam nadzieje, że komuś pomogłem.
Życzę powodzenia na sesji (znając życie pierwszy semestr
)Pozdrawiam
Szymon.
-
Szimi10
- Często tu bywam
- Posty: 175
- Rejestracja: 16 kwie 2009, 16:51
- Otrzymane podziękowania: 38 razy
Dobrze byłoby gdybyś powiedziała dokładnie w którym momencie nie wiesz. Na obecną chwilę mogę powiedzieć, że opiera się to na podstawioniu. Jeśli masz np. że \(\lim_{x\to 0} \frac{ln(ctg 2x)}{lnx}\), to podstawiasz w miejsce \(x=0\). Zatem \(ctg 2x\) jak popatrzysz na wykres w miejscu \(0^+\) nie przyjmuje konkretnej wartości, ale dąży do nieskończoności. Zatem mamy \(ln\infty\) i musimy odpowiedzieć na pytanie, do której potęgi musimy podnieść \(e\) (bo to jest podstawa logarytmu naturalnego), żeby dostać nieskończoność. Odpowiedź jest jedna, e musimy podnieść do potęgi nieskończonej, zatem \(ln \infty = \infty\). Mamy załatwiony licznik, teraz mianownik. W mianowniku siedzi nam \(lnx\) oraz wiemy że \(x\) dązy do \(0\) (z prawej strony). Zatem podstawiamy jakąś super małą liczbę w miejsce \(x\) i odpowiadamy do której potęgi musimy podnieść \(e\) aby otrzymać tą super małą liczbę (niemal zero). Wyobraźmy to sobie: \(ln\frac{1}{1000000000}\). Odpowiedź może być tylko jedna, musimy podnieść nasze \(e\) do potęgi minus nieskończonej. Dlaczego? Bo \(e^{(-10000000)}=\frac{1}{e^{10000000}}\) teraz już widzimy, że jeśli będziemy potęgować nasze e coraz to wyższą ujemną potęgą to nasza liczba będzie dążyć coraz bardziej do \(0\), właśnie tak jak tego chcemy, bo nasz \(x\) dąży do zera. Zatem jeśli nasz x dąży do zera to i licznik i mianownik dążą do nam \(\infty\), mamy symbol \(\frac {\infty}{-\infty}\) z tym, że minus możemy pominąć.
Jeśli coś będzie dalej niejasne pytaj śmiało, najlepiej uściślić pytanie czyli: dlaczego tutaj tak jest itp. Wtedy mi też łatwiej jest się wypowiedzieć.
Pozdrawiam.
Jeśli coś będzie dalej niejasne pytaj śmiało, najlepiej uściślić pytanie czyli: dlaczego tutaj tak jest itp. Wtedy mi też łatwiej jest się wypowiedzieć.
Pozdrawiam.