Reguła de L'Hospitala.

[studencik]

\(\lim_{x\to 0}(cosx)^{\frac{1}{x}}\\
\\ \lim_{x\to \infty} (\frac{2}{\pi}arctgx)^x\\
\\ \lim_{x\to 0^-} (\frac{1}{x}-ctgx)=\lim_{x\to 0^-}\frac{tgx-x}{xtgx}=\lim_{x\to 0^-}\frac{tgx}{x}\frac{1}{tgx}-\frac{1}{tgx}=0\)
Ale jak to zrobić z hospitala ?
\(\lim_{x\to 0^+}(1+x)^{lnx}\)
Zapewne w 1,2,3 trzeba zrobić myk :\(f(x)^{g(x)}=e^{g(x)lnf(x)}\)Ale co potem ?

Proszę o pomoc

[octahedron]

\(g(x)\ln f(x)=\frac{\ln f(x)}{\frac{1}{g(x)}}=\frac{0}{0}\)

Tutaj nie jest dobrze:

\(\lim_{x\to 0^-} (\frac{1}{x}-\mbox{ctg}x)=\lim_{x\to 0^-}\frac{\sin x-x\cos x}{x\sin x}=^H\lim_{x\to 0^-}\frac{x\sin x}{\sin x+x\cos x}=^H\lim_{x\to 0^-}\frac{\sin x+x\cos x}{2\cos x-x\sin x}=\frac{0}{2}=0\)

[studencik]

Hmm nie bardzo wiem, dlaczego to moje jest źle

[radagast]

A na jakiej podstawie stwierdzasz to

\(\lim_{x\to 0^-}\frac{tgx}{x}\frac{1}{tgx}-\frac{1}{tgx}=0\)

[radagast]

\(\lim_{x\to 0}(cosx)^{\frac{1}{x}}=\lim_{x\to 0}e^{ln(cosx)^{\frac{1}{x}}}=\lim_{x\to 0}e^{\frac{1}{x} \cdot ln(cosx)}=\lim_{x\to 0}e^{ \frac{ln(cosx)}{x} }=(*)\)
policzmy teraz
\(\lim_{x\to 0 } \frac{ln(cosx)}{x}=^H\lim_{x\to 0 } \frac{ \frac{-sinx}{cosx} }{1}=\lim_{x\to 0 } -tgx=0\)
zatem
\((*)=e^0=1\)

[radagast]

\(\lim_{x\to \infty} (\frac{2}{\pi}arctgx)^x=\lim_{x\to \infty} e^{ln(\frac{2}{\pi}arctgx)^x}=\lim_{x\to \infty} e^{xln(\frac{2}{\pi}arctgx)}=\lim_{x\to \infty} e^{ \frac{ln(\frac{2}{\pi}arctgx)}{ \frac{1}{x} } }=(*)\)
policzmy teraz
\(\lim_{x\to \infty } \frac{ln(\frac{2}{\pi}arctgx)}{ \frac{1}{x} }=^H\lim_{x\to \infty } \frac{\frac{2}{\pi} \cdot \frac{1}{1+x^2} \cdot \frac{1}{\frac{2}{\pi}arctgx} }{ -\frac{1}{x^2} }=\lim_{x\to \infty }\frac{-x^2}{1+x^2} \cdot \frac{1}{arctgx}=-1 \cdot \frac{2}{ \pi }= -\frac{2}{ \pi }\)
zatem
\((*)=e^{- \frac{2}{ \pi } }\)

[radagast]

Tutaj ten myk nie zadziałał. Trzeba inaczej:

\(\lim_{x\to 0^+}(1+x)^{lnx}= \left( x= \frac{1}{n}\\n= \frac{1}{x}\\ \lim_{x\to 0^+ } n= \infty \right)=\lim_{n\to \infty }(1+\frac{1}{n})^{ln\frac{1}{n}}=\lim_{n\to \infty }(1+\frac{1}{n})^{-lnn}=\lim_{n\to \infty } \frac{1}{(1+\frac{1}{n})^{lnn}} =

\frac{1}{\lim_{n\to \infty }(1+\frac{1}{n})^{lnn}} = \frac{1}{\lim_{n\to \infty }(1+\frac{1}{n})^{ \frac{nlnn}{n} }} =\frac{1}{\lim_{n\to \infty }e^{ \frac{lnn}{n} }} =\frac{1}{\lim_{n\to \infty } \sqrt[n]{n} } = \frac{1}{1} =1\)

[studencik]

A na jakiej podstawie stwierdzasz to

\(\lim_{x\to 0^-}\frac{tgx}{x}\frac{1}{tgx}-\frac{1}{tgx}=0\)

\(\lim_{x\to 0}\frac{tgx}{x}=1\)

[radagast]

A na jakiej podstawie stwierdzasz to

\(\lim_{x\to 0^-}\frac{tgx}{x}\frac{1}{tgx}-\frac{1}{tgx}=0\)

\(\lim_{x\to 0}\frac{tgx}{x}=1\)

\(\lim_{x\to 0^-}\frac{tgx}{x}\frac{1}{tgx}-\frac{1}{tgx}= \infty - \infty\) -symbol nieoznaczony

\(\lim_{x\to 0^-}\frac{tgx}{x}\frac{1}{tgx}-\frac{1}{tgx}=\frac{1}{tgx} \left(\frac{tgx}{x}-1 \right) = \infty \cdot 0\) -symbol nieoznaczony

lepiej niż Octahedron się chyba nie da ...