Τριγωνομετρικό όριο

Tolaso J Kos · #1

Ας υπολογιστεί το όριο:

$\displaystyle{\ell = \lim_{x \rightarrow \pi/2} \left( \sin x \right)^{1/\cos x}}$

#2

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Κυρ Σεπ 23, 2018 11:54 am
Ας υπολογιστεί το όριο:

$\displaystyle{\ell = \lim_{x \rightarrow \pi/2} \left( \sin x \right)^{1/\cos x}}$

Απάντηση: 1.

Ο λογάριθμος της δοθείσας είναι $\displaystyle{ \frac {\ln (\sin x)}{\cos x}}$ . Το όριο είναι περίπτωση 0/0

οπότε βοηθά ο L' Hosptal που μας οδηγεί στο $\displaystyle{-\frac {\cos x}{\sin ^2 x}\to -\frac {0}{1^2}=0}$ , και λοιπά.

#3

Σημειώνω ότι το όριο μπορεί να βρεθεί και χωρίς l' Hospital (άλλη ιδέα) αλλά το αφήνω για άλλους.

#4

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Κυρ Σεπ 23, 2018 11:54 am
Ας υπολογιστεί το όριο:

$\displaystyle{\ell = \lim_{x \rightarrow \pi/2} \left( \sin x \right)^{1/\cos x}}$

...γεια σου

....

Χωρίς DLH όμως με χρησιμοποίηση της γνωστής (..πλέον) ανισότητας $\ln x\le x-1,\,\,x>0$

και με εφαρμογή για όπου

το $\frac{1}{x}$ έχουμε ότι

$1-\frac{1}{x}\le \ln x\le x-1,\,\,x>0$ και επειδή όπως ο Μιχάλης ${{\left( \sin x \right)}^{1/\cos x}}={{e}^{\frac{\ln (\sin x)}{\cos x}}}$ (1)

ισχύει κοντά στο $\frac{\pi }{2}$ ότι $1-\frac{1}{\sin x}\le \ln (sinx)\le \sin x-1,x>0$ και όταν

$x<\frac{\pi }{2}$ ισχύει ότι $\frac{\sin x-1}{cosx\sin x}\le \ln (sinx)\le \frac{\sin x-1}{\cos x}\Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow \frac{{{\sin }^{2}}x-1}{cosx\sin x(\sin x+1)}\le \ln (sinx)\le \frac{{{\sin }^{2}}x-1}{\cos x(\sin x+1)}$

$\frac{-{{\cos }^{2}}x}{cosx\sin x(\sin x+1)}\le \frac{ln(sinx)}{\cos x}\le \frac{-{{\cos }^{2}}x}{\cos x(\sin x+1)}$ ή

$\frac{-\cos x}{\sin x(\sin x+1)}\le \frac{ln(sinx)}{\cos x}\le \frac{-\cos x}{\sin x+1}$ και επειδή

$\underset{x\to {{(\frac{\pi }{2})}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{-\cos x}{\sin x(\sin x+1)}=\underset{x\to {{(\frac{\pi }{2})}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{-\cos x}{\sin x+1}=0$

από κριτήριο παρεμβολής έχουμε

$\underset{x\to {{(\frac{\pi }{2})}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{ln(\sin x)}{\cos x}=0$ και ανάλογα όταν

$x>\frac{\pi }{2}$ $\underset{x\to {{(\frac{\pi }{2})}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{ln(sinx)}{\cos x}=0$ άρα

$\underset{x\to \frac{\pi }{2}}{\mathop{\lim }}\,{{\left( \sin x \right)}^{1/\cos x}}=\underset{x\to \frac{\pi }{2}}{\mathop{\lim }}\,{{e}^{\frac{\ln (\sin x)}{\cos x}}}={{e}^{0}}=1$

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

#5

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Κυρ Σεπ 23, 2018 11:54 am
Ας υπολογιστεί το όριο:

$\displaystyle{\ell = \lim_{x \rightarrow \pi/2} \left( \sin x \right)^{1/\cos x}}$

Και αλλιώς, χάριν ποικιλίας: Παίρνοντας λογάριθμο αναγόμαστε, ισοδύναμα, στην εύρεση του $\displaystyle{ \lim_{x \rightarrow \pi/2} \frac {\ln ( \sin x ) } {\cos x}.}$

Γράφοντας $\cos x =y$ οπότε κοντά στο $\pi /2$ είναι $\sin x \ge 0$ και άρα $\sin x = + \sqrt {1-y^2}$ , το ζητούμενο όριο είναι το

$\displaystyle{ \lim_{y \rightarrow 0} \frac {\ln \sqrt {1-y^2}}{y}= \lim_{y \rightarrow 0} \frac {\ln \sqrt {1-y} +\ln \sqrt {1+y} }{y}}= \frac {1}{2}\lim_{y \rightarrow 0} \frac {\ln (1-y) } {y}+ \frac {1}{2}\lim_{y \rightarrow 0} \frac {\ln (1+y) } {y}$

Τα επιμέρους όρια βγαίνουν είτε α) με l' Hospital (απλό - το αφήνω), είτε β) με χρήση ανισοτήτων (το αφήνω) ή γ) με ορισμό της παραγώγου. Για να μην το αφήσω, είναι, για όφελος των μαθητών μας,

$\displaystyle{ \lim_{y \rightarrow 0} \frac {\ln (1+y) } {y} = \lim_{y \rightarrow 0} \frac {\ln (1+y)- \ln 1 } {y} =\lim_{y \rightarrow 0} \frac {f(y)-f(0) } {y-0}= f'(0)=1}$ και όμοια το άλλο όριο είναι

. Και λοιπά.

Τριγωνομετρικό όριο

Τριγωνομετρικό όριο

Re: Τριγωνομετρικό όριο

Re: Τριγωνομετρικό όριο

Re: Τριγωνομετρικό όριο

Re: Τριγωνομετρικό όριο

Μέλη σε σύνδεση