szukanie zaawansowane
 [ Posty: 7 ] 
Autor Wiadomość
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 17 maja 2018, o 20:13 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 29
Lokalizacja: Warszawa
Witam serdecznie mam problem z dwoma przykładami z zajęć analizy matematycznej.

a) \lim_{x \to 0} \left( \frac{1}{ x^{2} } - \ctg ^{2}x \right)

b) \lim_{x \to 0} \left( \frac{1}{x} - \frac{1}{ e^{x}-1 } \right)

Wiem o tym, że w dwóch przykładach wychodzi symbol nieoznaczony: \left[ \infty - \infty \right], więc powinienem sprowadzić do wspólnego mianownika. Na przykładzie pierwszego rozumiem to tak:

\lim_{x \to 0} \left( \frac{1}{ x^{2} } - \ctg ^{2}x \right) = \lim_{x \to 0} \left[ \ctg ^{2}x \left( \frac{\ctg ^{2}x}{ x^{2}\ctg ^{2}x } - 1 \right) \right] = \lim_{x \to 0} \left[ \ctg ^{2}x \left( \frac{1}{ x^{2} } - 1 \right) \right] = ... - Czy to przekształcenie jest poprawne?

I na boku powinienem policzyć granicę:
\lim_{x \to 0} \frac{\ctg ^{2}x }{ x^{2} } = ... i tutaj robią się schody... brnę w nicość :D

Chciałbym aby ktoś pomógł mi to rozpisać :)


Dodatkowo pytanie o pochodną - dlaczego: \left( \sin ^{2}x \right) ' = 2\sin \left( x \right) \cos \left( x \right) = \sin \left( 2x \right)

Rozumiem to do momentu 2\sin \left( x \right) \cos \left( x \right)

Skąd się bierze \sin \left( 2x \right) ? (Tak podaje WolframAlpha)
Uniwersytet Wrocławski Instytut Matematyczny - rekrutacja 2018
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 17 maja 2018, o 20:33 
Administrator

Posty: 22401
Lokalizacja: Wrocław
Vince221 napisał(a):
\lim_{x \to 0} \left( \frac{1}{ x^{2} } - \ctg ^{2}x \right) = \lim_{x \to 0} \left[ \ctg ^{2}x \left( \frac{\ctg ^{2}x}{ x^{2}\ctg ^{2}x } - 1 \right) \right]

Skąd wziąłeś te równość? Nie za dużo tych cotangensów?

Vince221 napisał(a):
Dodatkowo pytanie o pochodną - dlaczego: \left( \sin ^{2}x \right) ' = 2\sin \left( x \right) \cos \left( x \right) = \sin \left( 2x \right)

Rozumiem to do momentu 2\sin \left( x \right) \cos \left( x \right)

Skąd się bierze \sin \left( 2x \right) ? (Tak podaje WolframAlpha)

Tak właśnie wygląda wzór na \sin \left( 2x \right). Chcesz go sobie udowodnić? Skorzystaj np. ze wzoru na \sin(\alpha+\beta).

JK
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 17 maja 2018, o 21:11 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 407
Lokalizacja: Pomorskie
Pan Jan Kraszewski zwrócił już uwagę na błąd w przekształceniu. Ja proponuję jednak inne przekształcenie:
\lim_{x \to 0} \left( \frac{1}{ x^{2} } - \ctg ^{2}x \right)=\lim_{x \to 0}  \frac{1-x^2 \ctg ^{2}x}{x^2}
Czy jesteś w stanie stwierdzić, że licznik ostatniego ułamka dąży do 0, o ile x \rightarrow 0? Jeśli tak, pozostaje stosować regułę. Chociaż tutaj chyba jest łatwiej zastosować szeregi Taylora, co polecam zrobić
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 18 maja 2018, o 00:07 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 29
Lokalizacja: Warszawa
Fakt teraz widzę swój błąd w przekształceniu, za dużo cotangensów :D

Niestety próba z: \lim_{x \to 0} \frac{1-x^2 \ctg ^{2}x}{x^2}, także zakończona fiaskiem... wychodzi mi =\infty a Wolfram pokazuje =\frac{2}{3}

Nie wiem jakieś zupełne zaćmienie umysłu. Będę bardzo wdzięczny za pomoc w rozwiązaniu tego przykładu krok po kroku... :(


karolex123 napisał(a):
Pan Jan Kraszewski zwrócił już uwagę na błąd w przekształceniu. Ja proponuję jednak inne przekształcenie:
\lim_{x \to 0} \left( \frac{1}{ x^{2} } - \ctg ^{2}x \right)=\lim_{x \to 0}  \frac{1-x^2 \ctg ^{2}x}{x^2}
Czy jesteś w stanie stwierdzić, że licznik ostatniego ułamka dąży do 0, o ile x \rightarrow 0? Jeśli tak, pozostaje stosować regułę. Chociaż tutaj chyba jest łatwiej zastosować szeregi Taylora, co polecam zrobić


O szeregach Taylora nawet nie słyszałem.

Jan Kraszewski napisał(a):
Tak właśnie wygląda wzór na \sin \left( 2x \right). Chcesz go sobie udowodnić? Skorzystaj np. ze wzoru na \sin(\alpha+\beta).


Faktycznie! Dziękuję bardzo! :)
Góra
Mężczyzna Online
PostNapisane: 18 maja 2018, o 01:06 
Użytkownik

Posty: 12039
Można tak:
\ctg^2 x=\frac{\cos^2 x}{\sin^2 x}=\frac{\cos^2 x}{1-\cos^2 x},
i korzystając ze wzorku \cos^2 x=\frac{1+\cos(2x)}{2} mamy:
\ctg^2 x= \frac{1+\cos(2x)}{1-\cos(2x)}
Moim celem było pozbycie się tej przeklętej drugiej potęgi, która zdaje się prowadzi do zapętlenia.
Dalej:
\lim_{x \to 0} \frac{1-x^2 \ctg ^{2}x}{x^2}= \lim_{x \to 0}  \frac{1-\cos (2x)-x^2(1+\cos(2x))}{x^2(1-\cos(2x))}=\\= [H]=\lim_{x \to 0} \frac{2\sin(2x)-2x(1+\cos(2x))+2x^2\sin(2x)}{2x(1-\cos(2x))+2x^2\sin(2x)}=\\=[H]= \lim_{x \to 0} \frac{2(\cos(2x)-1)+8x\sin(2x)+4x^2\cos(2x)}{2(1-\cos(2x))+8x\sin(2x)+4x^2\cos(2x)}=\\= \lim_{ x \to 0} \left( 1+ 4\frac{\cos(2x)-1}{2(1-\cos(2x))+8x\sin(2x)+4x^2\cos(2x)} \right),
natomiast
\lim_{x \to 0} \frac{\cos(2x)-1}{2(1-\cos(2x))+8x\sin(2x)+4x^2\cos(2x)}
też można policzyć z de l'Hospitala, raz jeśli znasz taką granicę
\lim_{ t\to 0}\frac{\sin t}{t}=1, a dwa razy jeśli jej nie znasz.

Ostateczny wynik:
\lim_{x \to 0} \left( \frac{1}{ x^{2} } - \ctg ^{2}x \right)=\frac 2 3

-- 18 maja 2018, o 00:11 --

Oczywiście reguła de l'Hospitala jest pewną implikacją, więc powyższy zapis jest trochę niechlujny, a ponadto należy uważać, czy założenia tw. de l'Hospitala są spełnione.

-- 18 maja 2018, o 00:13 --

Można też tak przekształcić:
\frac{1}{ x^{2} } - \ctg ^{2}x= \frac{\sin^2 x-x^2\cos^2 x}{x^2\sin^2 x}
i potem liczyć z de l'Hospitala, ale w ten sposób wyszły mi jeszcze trochę gorsze (tj. bardziej żmudne) obliczenia.

-- 18 maja 2018, o 00:21 --

Natomiast wspomniany wzór Taylora pozwala znacznie szybciej liczyć takie rzeczy, np.
\sin^2 x-x^2\cos^2 x= \frac{1-\cos(2x)}{2} -x^2 \frac{1+\cos(2x)}{2}
oraz \cos(2x)=1- \frac{(2x)^2}{2} + \frac{(2x)^4}{24}+o(x^4), skąd w prosty sposób wynika, że
\lim_{x \to 0}  \frac{\sin^2 x-x^2\cos^2 x}{x^4} =\frac 2 3,
a stąd i ze znajomości granicy \lim_{x \to 0}  \frac{\sin x}{x} =1 mamy też
\lim_{x \to 0}  \frac{\sin^2 x-x^2\cos^2 x}{x^2\sin^2 x} =\lim_{x \to 0}  \frac{\sin^2 x-x^2\cos^2 x}{x^4} \cdot \left( \frac{x}{\sin x} \right)^2=\frac 2 3
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 18 maja 2018, o 20:05 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 407
Lokalizacja: Pomorskie
Osobiście myślałem o czymś takim; rozważana granica jest oczywiście równa:
\lim_{x \to 0} \frac{\tg^2 x-x^2}{x^2 \tg^2 x}
Korzystamy teraz z tego, że \tg x=x+ \frac{x^3}{3}+o(x^3) (przy x \rightarrow 0) :
\lim_{x \to 0} \frac{\tg^2 x-x^2}{x^2 \tg^2 x}=\lim_{x \to 0} \frac{x^2+ \frac{2}{3}x^4 -x^2+o(x^4) }{x^4+o(x^4)}= \frac{2}{3}
Korzystamy właściwie tylko z rozwinięcia w szereg Maclaurina funkcji tangens (potrzebne tylko dwa pierwsze wyrazy, więc można je nawet na palcach znaleźć) i jest to dosyć szybki i sprawny rachunek :)
Góra
Mężczyzna Online
PostNapisane: 18 maja 2018, o 20:36 
Użytkownik

Posty: 12039
No rzeczywiście, tak wychodzi jeszcze szybciej, ja nie pamiętam rozwinięcia funkcji tangens (ale przecież pierwsze wyrazy łatwo można policzyć), to kombinowałem jak koń pod górę.
Góra
Utwórz nowy temat Odpowiedz w temacie  [ Posty: 7 ] 


 Zobacz podobne tematy
 Tytuł tematu   Autor   Odpowiedzi 
 Zastosowanie reguły de L'Hospitala w liczeniu granic  Anonymous  1
 Reguła de l'Hospitala  kuba1989  4
 Zastosowanie reguły de L'Hospitala w liczeniu granic.  Lukraft  1
 Obliczanie granic z wykorzystaniem tw.de'Hospitala  Kubalonek  3
 granica z reguly L'Hospitala  Anonymous  1
 
Atom [Regulamin Forum] [Instrukcja LaTeX-a] [Poradnik] [F.A.Q.] [Reklama] [Kontakt]
Copyright (C) Karpatka.pl