Ένα όριο με περιορισμό

Christos.N · #1

Να υπολογιστεί το όριο

$\underset{x \to 0}{lim}\dfrac{xcosx-sinx}{x-sinx}$

χωρίς την χρήση του κανόνα De L Hospital

Τσιαλας Νικολαος · #2

Από απροσεξία έγραψα να διαιρέσουμε το χ, οπότε έσβησα το μύνημα. Κύριε Χρήστο φαντάζομαι δεν επιτρέπεται ούτε η λύση με "έμμεση απόδειξη" του DLH έτσι;

#3

Christos.N έγραψε: ↑
Σάβ Μάιος 02, 2020 5:42 pm
Να υπολογιστεί το όριο

$\underset{x \to 0}{lim}\dfrac{xcosx-sinx}{x-sinx}$

χωρίς την χρήση του κανόνα De L Hospital

Επειδή η συνάρτηση είναι άρτια, αρκεί να βρούμε το πλευρικό όριο στο

. Εργαζόμαστε λοιπόν για x>0

.

Με χρήση των $\displaystyle{1- \frac {x^2}{2} \le \cos x \le 1- \frac {x^2}{2} + \frac {x^4}{24} }$ και $\displaystyle{x- \frac {x^3}{6} \le \sin x \le x- \frac {x^3}{6} + \frac {x^5}{120}}$

(αφήνω τις αποδείξεις γιατί είναι γνωστές: Αρχίζουμε από την $\cos x \le 1$ και ολοκληρώνουμε ξανά και ξανά από

ως

) έχουμε

$\displaystyle{ x\left (1- \frac {x^2}{2} \right ) - \left (x- \frac {x^3}{6} + \frac {x^5}{120} \right ) \le x \cos x -\sin x\le x\left (1- \frac {x^2}{2} + \frac {x^4}{24} \right )- \left ( x- \frac {x^3}{6} \right )}$

ισοδύναμα

$\displaystyle{ - \frac {x^3}{3} - \frac {x^5}{120} \le x \cos x -\sin x\le - \frac {x^3}{3} + \frac {x^5}{24}}$

Όμοια για τον παρονομαστή $\displaystyle{ \frac {x^3}{6} - \frac {x^5}{120} \le x- \sin x \le \frac {x^3}{6} }$

Άρα το αρχικό κλάσμα είναι ανάμεσα στα

$\displaystyle{ \dfrac { - \dfrac {x^3}{3} - \dfrac {x^5}{120} }{\dfrac {x^3}{6}} }$ και $\displaystyle{ \dfrac { - \dfrac {x^3}{3} + \dfrac {x^5}{24} }{\dfrac {x^3}{6} - \dfrac {x^5}{120}} }$

που έχουν κοινό όριο

Christos.N · #4

Τσιαλας Νικολαος έγραψε: ↑
Σάβ Μάιος 02, 2020 6:37 pm
Από απροσεξία έγραψα να διαιρέσουμε το χ, οπότε έσβησα το μύνημα. Κύριε Χρήστο φαντάζομαι δεν επιτρέπεται ούτε η λύση με "έμμεση απόδειξη" του DLH έτσι;

Οποιαδήποτε ιδέα που παρακάμπτει.

Christos.N · #5

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Σάβ Μάιος 02, 2020 6:44 pm

Επειδή η συνάρτηση είναι άρτια, αρκεί να βρούμε το πλευρικό όριο στο . Εργαζόμαστε λοιπόν για .

Με χρήση των $\displaystyle{1- \frac {x^2}{2} \le \cos x \le 1- \frac {x^2}{2} + \frac {x^4}{24} }$ και $\displaystyle{x- \frac {x^3}{6} \le \sin x \le x- \frac {x^3}{6} + \frac {x^5}{120}}$

(αφήνω τις αποδείξεις γιατί είναι γνωστές: Αρχίζουμε από την $\cos x \le 1$ και ολοκληρώνουμε ξανά και ξανά από ως ) έχουμε

$\displaystyle{ x\left (1- \frac {x^2}{2} \right ) - \left (x- \frac {x^3}{6} + \frac {x^5}{120} \right ) \le x \cos x -\sin x\le x\left (1- \frac {x^2}{2} + \frac {x^4}{24} \right )- \left ( x- \frac {x^3}{6} \right )}$

ισοδύναμα

$\displaystyle{ - \frac {x^3}{3} - \frac {x^5}{120} \le x \cos x -\sin x\le - \frac {x^3}{3} + \frac {x^5}{24}}$

Όμοια για τον παρονομαστή $\displaystyle{ \frac {x^3}{6} - \frac {x^5}{120} \le x- \sin x \le \frac {x^3}{6} }$

Άρα το αρχικό κλάσμα είναι ανάμεσα στα

$\displaystyle{ \dfrac { - \dfrac {x^3}{3} - \dfrac {x^5}{120} }{\dfrac {x^3}{6}} }$ και $\displaystyle{ \dfrac { - \dfrac {x^3}{3} + \dfrac {x^5}{24} }{\dfrac {x^3}{6} - \dfrac {x^5}{120}} }$

που έχουν κοινό όριο

ωραία ιδέα.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #6

Christos.N έγραψε: ↑
Σάβ Μάιος 02, 2020 5:42 pm
Να υπολογιστεί το όριο

$\underset{x \to 0}{lim}\dfrac{xcosx-sinx}{x-sinx}$

χωρίς την χρήση του κανόνα De L Hospital

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
δεν το έχω ψάξει αρκετά

Αφού θέλεις να λυθεί με ακροβατικό απέδειξε ότι για
$\displaystyle 0<x<\frac{\pi }{2}$
ισχύει
$\displaystyle -2< \frac{x\cos x-\sin x}{x-\sin x}< -2+\frac{\pi }{2}x$

#7

Παραλλαγή για να γλιτώσουμε την διαίρεση ανισοτήτων και αντικατάστασή τους με διαίρεση ισοτήτων:

Δείχνουμε πρώτα με βάση τις

$\displaystyle{ - \frac {x^3}{3} - \frac {x^5}{120} \le x \cos x -\sin x\le - \frac {x^3}{3} + \frac {x^5}{24}}$ και

$\displaystyle{ \frac {x^3}{6} - \frac {x^5}{120} \le x- \sin x \le \frac {x^3}{6} \,}$ ότι

$\displaystyle{\displaystyle{ \lim _{x\to 0} \dfrac { x \cos x -\sin x }{x^3} = - \frac {1}{3}}\,}$ και

$\displaystyle{\displaystyle{ \lim _{x\to 0} \dfrac {x-\sin x}{x^3}= \dfrac {1}{6}}$

Διαιρούμε τώρα κατά μέλη.

Μάρκος Βασίλης · #8

Μία ακόμα παραλλαγή.

Παρατηρούμε ότι:

$\displaystyle{\frac{x\cos x-\sin x}{x-\sin x}=\frac{x\cos x-x+x-\sin x}{x-\sin x}=\frac{x(\cos x-1)}{x-\sin x}+1.}$

Επίσης:

$\displaystyle{\frac{x(\cos x-1)}{x-\sin x}=\frac{1}{1+\cos x}\frac{x(\cos^2 x-1)}{x-\sin x}=-\frac{1}{1+\cos x}\frac{x\sin^2x}{x-\sin x}}$

και:

$\displaystyle{\frac{x\sin^2x}{x-\sin x}=\frac{\left(\frac{\sin x}{x}\right)^2}{\frac{x-\sin x}{x^3}}}$

Αρκεί, επομένως, να υπολογίσουμε το όριο:

$\displaystyle{\lim_{x\to0}\frac{x-\sin x}{x^3}}$

όπως έχει ήδη γίνει.

Από πρόβλημα του σχολικού δεν είναι αυτό;

Christos.N · #9

Μάρκος Βασίλης έγραψε: ↑
Κυρ Μάιος 03, 2020 12:48 pm
Από πρόβλημα του σχολικού δεν είναι αυτό;

Ναι βρίσκετε ως ερώτημα στις ασκήσεις της Γενικής ομάδας του 2ου κεφαλαίου, επίσης πάρα πολύ ωραία προσέγγιση, έναν τέτοιο τρόπο σκεφτόμουν και εγώ.

Μάρκος Βασίλης · #10

Christos.N έγραψε: ↑
Κυρ Μάιος 03, 2020 3:14 pm
Ναι βρίσκετε ως ερώτημα στις ασκήσεις της Γενικής ομάδας του 2ου κεφαλαίου, επίσης πάρα πολύ ωραία προσέγγιση, έναν τέτοιο τρόπο σκεφτόμουν και εγώ.

Ευχαριστώ πολύ!

Η αλήθεια είναι ότι έχω παιδέψει λίγο και το τελευταίο όριο, αλλά δε βλέπω πώς να αποφύγουμε κάποια ανισότητα όπως αυτές που είδαμε παραπάνω - τον Taylor, στην ουσία.

#11

Μάρκος Βασίλης έγραψε: ↑
Κυρ Μάιος 03, 2020 4:37 pm

... δε βλέπω πώς να αποφύγουμε κάποια ανισότητα όπως αυτές που είδαμε παραπάνω - τον Taylor, στην ουσία.

Αν θέλεις μία λίγο εκτός ύλης απόδειξη χωρίς τις παραπάνω ανισότητες, είναι η παρακάτω. Χρησιμοποιεί το Θ.Μ.Τ. του Cauchy το οποίο όμως σπεύδω να προσθέσω οτι μπορεί να αποδειχθεί με εντός Σχολείου εργαλεία (η απόδειξη είναι παραλλαγή της στάνταρ απόδειξης του κλασικού Θ.Μ.Τ.)

Υπάρχει λοιπόν $\xi$ ανάμεσα στο

και το

τέτοιο ώστε

$\displaystyle{\dfrac{x-\sin x}{x^3}= \dfrac {1-\cos \xi}{3\xi^2}= \dfrac {2\sin ^2 \frac {\xi}{2} }{3\xi ^2 }= \dfrac {1}{6}\left (\dfrac {\sin \frac {\xi}{2} }{\frac {\xi}{2}}\right )^2\to \dfrac {1}{6}}$

Μάρκος Βασίλης · #12

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Κυρ Μάιος 03, 2020 5:05 pm
Αν θέλεις μία λίγο εκτός ύλης απόδειξη χωρίς τις παραπάνω ανισότητες, είναι η παρακάτω. Χρησιμοποιεί το Θ.Μ.Τ. του Cauchy το οποίο όμως σπεύδω να προσθέσω οτι μπορεί να αποδειχθεί με εντός Σχολείου εργαλεία (η απόδειξη είναι παραλλαγή της στάνταρ απόδειξης του κλασικού Θ.Μ.Τ.)

Υπάρχει λοιπόν $\xi$ ανάμεσα στο και το τέτοιο ώστε

$\displaystyle{\dfrac{x-\sin x}{x^3}= \dfrac {1-\cos \xi}{3\xi^2}= \dfrac {2\sin ^2 \frac {\xi}{2} }{3\xi ^2 }= \dfrac {1}{6}\left (\dfrac {\sin \frac {\xi}{2} }{\frac {\xi}{2}}\right )^2\to \dfrac {1}{6}}$

Εξαιρετική ιδέα και έξυπνη, μιας και βάζουμε τον de l'Hospital «από το παράθυρο».

Ένα όριο με περιορισμό

Ένα όριο με περιορισμό

Re: Ένα όριο με περιορισμό

Re: Ένα όριο με περιορισμό

Re: Ένα όριο με περιορισμό

Re: Ένα όριο με περιορισμό

Re: Ένα όριο με περιορισμό

Re: Ένα όριο με περιορισμό

Re: Ένα όριο με περιορισμό

Re: Ένα όριο με περιορισμό

Re: Ένα όριο με περιορισμό

Re: Ένα όριο με περιορισμό

Re: Ένα όριο με περιορισμό

Μέλη σε σύνδεση