reguły de l'Hospitala

[franco11]

Korzystając z tw. de l'Hospitala obliczyć granice:

\( \Lim_{x\to \frac{ \pi }{2} } \left(\frac{ {1} }{x-\frac{ \pi }{2}} - \frac{1}{cosx} \right) \)

\( \Lim_{x\to 0^+ } \left(lnx + \frac{1}{x} \right) \)

\( \Lim_{x\to e } \left( \frac{1}{lnx-1} - \frac{1}{x-e}\right) \)

Obliczyć granicę ciągu z twierdzenia o 3 ciągach:

\(\Lim_{x\to + \infty } \sqrt[n]{3^n-2^n+4^n-5^n+6^n} \)

[Jerry]

Korzystając z tw. de l'Hospitala obliczyć granice:
\( \Lim_{x\to 0^+ } \left(lnx + \frac{1}{x} \right) \)

Ponieważ:
(*) \(\Lim_{x\to 0^+ } x\ln x=-\Lim_{x\to 0^+ } \frac{-\ln x}{{1\over x}}=-\left[\frac{+\infty}{+\infty}\right]\nad{\text{H}}{=}-\Lim_{x\to 0^+ } \frac{-{1\over x }}{-{1\over x^2}}=-\Lim_{x\to 0^+ }x=0^-\)
to:
\( \Lim_{x\to 0^+ } \left(\ln x + \frac{1}{x} \right) = \Lim_{x\to 0^+ } \frac{x\ln x+1}{x}\nad{\color{red}{*}}{=}\frac{0^-+1}{0^+}=+\infty \)

Pozdrawiam

[eresh]

Korzystając z tw. de l'Hospitala obliczyć granice:

\( \Lim_{x\to e } \left( \frac{1}{lnx-1} - \frac{1}{x-e}\right) \)

\(\Lim_{x\to e}\frac{x-e-\ln x+1}{(\ln x-1)(x-e)}=\Lim_{x\to e}\frac{1-\frac{1}{x}}{\frac{1}{x}(x-e)+\ln x-1}=\frac{1-\frac{1}{x}}{-\frac{e}{x}+\ln x}=\Lim_{x\to e}\frac{x-1}{-e+x\ln x}=[\frac{e-1}{0}]=\infty\)

[Jerry]

Korzystając z tw. de l'Hospitala obliczyć granice:
\( \Lim_{x\to \frac{ \pi }{2} } \left(\frac{ {1} }{x-\frac{ \pi }{2}} - \frac{1}{cosx} \right) \)

\(\Lim_{x\to \frac{ \pi }{2} } \left(\frac{ {1} }{x-\frac{ \pi }{2}} - \frac{1}{\cos x} \right)=
\Lim_{t\to 0 } \left(\frac{ {1} }{t} + \frac{1}{\sin t} \right)=\Lim_{t\to 0 }\frac{\sin t+t}{t\sin t}=\left[\frac{0}{0}\right]\nad{\text{H}}{=}\Lim_{t\to 0 }\frac{\cos t+1}{\sin t+t\cos t}=\begin{cases}-\infty&\text{dla}&t\to0^-\\+\infty&\text{dla}&t\to0^+\end{cases} \)

Pozdrawiam

[Jerry]

\(\Lim_{x\to + \infty } \sqrt[n]{3^n-2^n+4^n-5^n+6^n} \)

\(\Lim_{x\to + \infty } \sqrt[n]{3^n-2^n+4^n-5^n+6^n}=\sqrt[n]{3^n-2^n+4^n-5^n+6^n}\)
Ale, gdyby
\(\Lim_{\color{red}{n}\to + \infty } \sqrt[n]{3^n-2^n+4^n-5^n+6^n}=g\)
to
\(g=\Limn 6\cdot\sqrt[n]{({3\over6})^n-({2\over6})^n+({4\over6})^n-({5\over6})^n+1}=6\)

Pozdrawiam

[janusz55]

Z twierdzenia o trzech ciągach:

\( 6 \leftarrow 6\sqrt[n]{1+1+1 - \left(\frac{5}{6}\right)^{n} - \left(\frac{5}{6}\right)^{n}} = \sqrt[n]{6^{n}+6^{n}+ 6^{n}- 5^{n}-5^{n}}\leq \sqrt{3^{n}+4^{n}+6^{n} -2^{n} -5^{n}} \leq \sqrt[n]{6^{n} + 6^{n} + 6^{n}-2^{n}-2^{n}} = \)
\(= 6\sqrt[n]{1+1+1 -\left(\frac{2}{6}\right)^{n} -\left(\frac{2}{6}\right)^{n}} \rightarrow 6 \), gdy \( n \rightarrow \infty.\)

[janusz55]

\( \lim_{x\to e} \left( \frac{1}{\ln(x)-1} - \frac{1}{x-e}\right) = \left[ a-b = \frac{\frac{1}{b}-\frac{1}{a}}{\frac{1}{ab}} \right]=\)

\( = \lim_{x\to e} \frac{x-e -\ln(x)+1}{(\ln(x)-1)(x-e)} = [ x-e = t] = \lim_{t \to 0} \frac{t - \ln(t+e)+1}{\ln(t+e)\cdot t} = \left[\frac{0}{0}\right] = [H] = \lim_{t\to 0} \frac{1 - \frac{1}{t+e}}{\frac{1}{t+e}\cdot t + \ln(t+e)} = \frac{1 - \frac{1}{e}}{0+1} = 1 -\frac{1}{e}.\)

[Jerry]

\( \lim_{x\to e} \left( \frac{1}{\ln(x)-1} - \frac{1}{x-e}\right) =...= 1 -\frac{1}{e}\)

Sprawdzenie wykresem:

Pozdrawiam

[Jerry]

Z twierdzenia o trzech ciągach:

\( 6 \leftarrow 6\sqrt[n]{1+1+1 - \left(\frac{5}{6}\right)^{n} - \left(\frac{5}{6}\right)^{n}} =\\= \sqrt[n]{6^{n}+6^{n}+ 6^{n}- 5^{n}-5^{n}}\leq \sqrt{3^{n}+4^{n}+6^{n} -2^{n} -5^{n}} \leq \sqrt[n]{6^{n} + 6^{n} + 6^{n}-2^{n}-2^{n}} = \)
\(= 6\sqrt[n]{1+1+1 -\left(\frac{2}{6}\right)^{n} -\left(\frac{2}{6}\right)^{n}} \rightarrow 6 \), gdy \( n \rightarrow \infty.\)

Czym to się rożni od mojego rozwiązania w poście z 11:20 ?
Sztucznym stworzeniem porządku pomiędzy ciągiem oraz ciągami minorant i majorant, których granice liczone są "po mojemu" !

Pozdrawiam

[janusz55]

Zgodnie z poleceniem - zastosowaniem twierdzenia o trzech ciągach czyli szacowaniem granicy.

[Jerry]

Zgodnie z poleceniem - zastosowaniem twierdzenia o trzech ciągach ...

Ciąg majorant nie jest kłopotliwy:

\(a_n= \sqrt[n]{3^n-2^n+4^n-5^n+6^n} \le \sqrt[n]{3^n+4^n+6^n}\le\sqrt[n]{6^n+6^n+6^n}=6\sqrt[n]{3}\nad{n\to+\infty}{\longrightarrow}6\),

gorzej z ciągiem minorant:

\(a_n= \sqrt[n]{3^n-2^n+4^n-5^n+6^n} \ge\sqrt[n]{2^n-2^n+4^n-5^n+5^n}=\sqrt[n]{4^n} =4 \)

Gdyby \(a_n=\sqrt[n]{3^n-2^n\color{red}{+5}^n\color{red}{-4}^n+6^n} \) - zadanie, zgodnie z poleceniem, byłoby banalne! Gdyby...

Pozdrawiam

[janusz55]

Wykres jest graficznym zobrazowaniem granicy funkcji.

Należało rozpatrzyć dwa przypadki obliczenia granicy:

\( x\rightarrow e^{-}, \ \ x \rightarrow e^{+} \) - nie zrobiłem tego mój błąd- przepraszam.

Granicę

\( \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{ (3^{n} + 4^{n} +6^{n}) - (2^{n}+5^{n})} = 6 \) obliczamy, wyłączając składnik \( 6^{n} \) przed pierwiastek.

Stosując twierdzenie o trzech ciągach do obliczenia tej granicy - szacujemy różnicę ciągów: \( u_{n} = 3^{n} + 4^{n}+ 6^{n}, \ \ v_{n} = 2^{n} +5^{n} \) z góry przez \( u'_{n} -v'_{n} = 3\cdot 6^{n} - 2\cdot 2^{n} \) z dołu przez \( u^{''}_{n} -v^{''}_{n} = 3\cdot 6^{n} - 2\cdot 5^{n}. \)

Pojęcie minoranty, majoranty używamy raczej do kryterium porównawczego badania zbieżności szeregów liczbowych niż ciągów.