Ας ξεκουράσουμε τον L'Hospital

irakleios · #1

Να υπολογισθούν , χωρίς τη χρήση του L'Hospital , τα παρακάτω όρια :

1) $\displaystyle\lim_{x\to a}\frac{\sin^2x-\sin^2a}{x^2-a^2}$

2) $\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{e^x-1}{x}$

3) $\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{a^x-1}{x}$ με $0 < a\neq 1$

4) $\displaystyle\lim_{x\to 1}\frac{x^m-1}{x^n-1}$ , $m,n\in N$

5) $\displaystyle\lim_{x\to 0} (\cos x)^{\frac{1}{\sin^2x}$

6) $\displaystyle\lim_{x\to 0}x(\ln(x+1)-\ln x)$

#2

Τυροπιτάλ απαγορεύεται. Παράγωγοι; Αν όχι θέλουμε απαγορευμένα τριγωνομετρίας ...

1) * Αν $a \neq 0$ , για

κοντά στο

, έχουμε ότι:
$\displaystyle\lim_{x\to a}\frac{\sin^2x-\sin^2a}{x^2-a^2}=$

$\displaystyle=\lim_{x\to a}\frac{(sinx-sina)(sinx+sina)}{(x-a)(x+a)}=$

$\displaystyle=\lim_{x\to a}\left (\frac{sinx-sina}{x-a}\frac{sinx+sina}{x+a} \right ) =$

$\displaystyle=cosa\frac{2sina}{2a}= \frac{sinacosa}{a}$ ,

αφού $\displaystyle{\lim_{x\to a}\left \frac{sinx-sina}{x-a}=cosa}$ (παράγωγος του sinx

για

).

Αν

, για

κοντά στο

, έχουμε ότι:

$\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{\sin^2x}{x^2}=1$ .

Χρήστος Λαζαρίδης · #3

[quote="irakleios"]Να υπολογισθούν , χωρίς τη χρήση του L'Hospital , τα παρακάτω όρια :

2) $\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{e^x-1}{x}$

3) $\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{a^x-1}{x}$ με $0 < a\neq 1$

4) $\displaystyle\lim_{x\to 1}\frac{x^m-1}{x^n-1}$ , $m,n\in N$

Συνεχίζω

2) $\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{e^x-1}{x}$ = $\displaystyle{\frac{de^{x}}{dx}\mid _{x=1}=e^{0}=1}$

3) $\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{a^x-1}{x}$ = $\displaystyle{\frac{d\alpha ^{x}}{dx}\mid _{x=1}=\alpha ^{0}ln\alpha =ln\alpha }$

4) $\displaystyle\lim_{x\to 1}\frac{x^m-1}{x^n-1}$ = $\displaystyle{\frac{dx^{m}}{dx}\mid _{x=1}\frac{1}{\frac{dx^{n}}{dx}}\mid _{x=1}=\frac{m}{n}}$

Φιλικά Χρήστος

#4

Αλλιώς το 4.

Για

κοντά στο

, έχουμε ότι:

$\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 1}\frac{x^m-1}{x^n-1}=}$

$\displaystyle{=\lim_{x \rightarrow 1}\frac{(x-1)(x^{m-1}+x^{m-2}+\ldots +x +1)}{(x-1)(x^{n-1}+x^{n-2}+\ldots +x +1)}=}$

$\displaystyle{=\lim_{x \rightarrow 1}\frac{x^{m-1}+x^{m-2}+\ldots +x +1}{x^{n-1}+x^{n-2}+\ldots +x +1}=\frac{m}{n}}$ .

#5

Να συνεχίσουμε
Αν $\alpha +\beta +\gamma =0$ και $f(x) = \frac{\alpha x^{k}+\beta x^{\lambda }+\gamma}{x-1}$ με
$k,\lambda \in N*$ να βρείτε το $\displaystyle\lim_{x\rightarrow 1}f(x)$

#6

xr.tsif έγραψε:Να συνεχίσουμε
Αν $\alpha +\beta +\gamma =0$ και $f(x) = \frac{\alpha x^{k}+\beta x^{\lambda }+\gamma}{x-1}$ με
$k,\lambda \in N*$ να βρείτε το $\displaystyle\lim_{x\rightarrow 1}f(x)$

$\displaystyle{ \alpha + \beta + \gamma = 0 \Rightarrow \boxed{\gamma = - \alpha - \beta }:\left( 1 \right) }$ . Έτσι

$\displaystyle{ \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\alpha x^\kappa + \beta x^\lambda + \gamma }} {{x - 1}}\mathop = \limits^{\left( 1 \right)} \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\alpha x^\kappa + \beta x^\lambda - \alpha - \beta }} {{x - 1}} = }$

$\displaystyle{ \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\alpha \left( {x^\kappa - 1} \right) + \beta \left( {x^\lambda - 1} \right)}} {{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left[ {\alpha \cdot \frac{{x^\kappa - 1}} {{x - 1}} + \beta \cdot \frac{{x^\lambda - 1}} {{x - 1}}} \right] = }$

$\displaystyle{ \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left[ {\alpha \cdot \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {x^{\kappa - 1} + x^{\kappa - 2} + \ldots + 1} \right)}} {{x - 1}} + \beta \cdot \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {x^{\lambda - 1} + x^{\lambda - 2} + \ldots + 1} \right)}} {{x - 1}}} \right] }$

$\displaystyle{ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left[ {\alpha \cdot \left( {x^{\kappa - 1} + x^{\kappa - 2} + \ldots + 1} \right) + \beta \cdot \left( {x^{\lambda - 1} + x^{\lambda - 2} + \ldots + 1} \right)} \right] = }$

$\displaystyle{ \alpha \cdot \left( {1^{\kappa - 1} + 1^{\kappa - 2} + \ldots + 1} \right) + \beta \cdot \left( {1^{\lambda - 1} + 1^{\lambda - 2} + \ldots + 1} \right) = }$

$\displaystyle{ \alpha \cdot \left( {\underbrace {1 + 1 + \ldots + 1}_{\kappa - \phi o\rho \varsigma }} \right) + \beta \cdot \left( {\underbrace {1 + 1 + \ldots + 1}_{\lambda - \phi o\rho \varsigma }} \right) \Rightarrow \boxed{\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f\left( x \right) = \kappa \alpha + \lambda \beta } }$

Στάθης

parmenides51 · #7

6) $\displaystyle\lim_{x\to 0}x(\ln(x+1)-\ln x)=\lim_{x\to 0^+}x(\ln(x+1)-\ln x)$ διότι $\displaystyle{x> 0}$

Μια αρχή

$\displaystyle{I=\lim_{x\to 0}x(\ln(x+1)-\ln x)=\lim_{x\to 0}x\ln\left( \frac{x+1}{x}\right)=\lim_{x\to 0}\frac{\ln\left( \frac{x+1}{x}\right)}{\frac{1}{x}}=\lim_{x\to 0}\frac{\ln\left( \frac{x+1}{x}\right)}{\frac{x+1-x}{x}}=\lim_{x\to 0}\frac{\ln\left( \frac{x+1}{x}\right)}{\frac{x+1}{x}-\frac{x}{x}}=\lim_{x\to 0}\frac{\ln\left( \frac{x+1}{x}\right)}{\frac{x+1}{x}-1}}$

θέτω $\displaystyle{y=\frac{x+1}{x}}$ , όταν $\displaystyle{{x\to 0^+}}$ τότε $\displaystyle{y\to+\infty}$
δίοτι $\displaystyle{\lim_{x\to 0^+}\frac{x+1}{x}=\lim_{x\to 0^+}\left( \frac{x}{x}+\frac{1}{x}\right)=\lim_{x\to 0^+}\left( 1+\frac{1}{x}\right)=1+\infty=+\infty}$

άρα $\displaystyle{I=\lim_{y\to +\infty}\frac{\ln y}{y-1}=\lim_{x\to +\infty}\frac{\ln x}{x-1}}$

Αν θέσω $\displaystyle{y=lnx \Rightarrow x=e^y}$ , όταν $\displaystyle{{x\to +\infty}}$ τότε $\displaystyle{y\to+\infty}$

άρα $\displaystyle{I=\lim_{y\to +\infty}\frac{y}{e^y-1}=\lim_{x\to +\infty}\frac{x}{e^x-1}}$

Καμμία ιδέα για την συνέχεια, χωρίς L'Hospital;

parmenides51 · #8

5) $\displaystyle\lim_{x\to 0} (\cos x)^{\frac{1}{\sin^2x}$

$\displaystyle I=\lim_{x\to 0} (\cos x)^{\frac{1}{\sin^2x}}=\lim_{x\to 0}e^{ln (\cos x) ^{\frac{1}{\sin^2x}}}=\lim_{x\to 0}e^{\frac{1}{\sin^2x}\cdot \ln (\cos x)}=\lim_{x\to 0}e^{\frac{\ln \cos x} {\sin^2x}}$

$\displaystyle II=\lim_{x\to 0}{\frac{\ln \cos x} {sin^2x}=\lim_{x\to 0}{\frac{\ln \cos x} {1-\cos^2x}}$

θέτω $\displaystyle{y=\cos x}$ , όταν $\displaystyle{{x\to 0}}$ τότε $\displaystyle{y\to 1}$ άρα

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

$\displaystyle II=\lim_{y\to 1}{\frac{\ln y-\ln 1} {y-1}}{\frac{1}{-1-y}=1 \cdot \left(-\frac{1}{2} \right)=-\frac{1}{2}$ (1)

διότι $\displaystyle\lim_{y\to 1}{\frac{\ln y-\ln 1}{y-1}}=\frac{d\ln y}{dy}\mid _{y=1}=\frac{1}{y}\mid _{y=1}=\frac{1}{1}=1$ και $\displaystyle\lim_ {y-1}} {\frac{1}{-1-y}=-\frac{1}{2}$

οπότε για το όριο $\displaystyle I=\lim_{x\to 0}e^{\frac{\ln \cos x} {\sin^2x}}$

θέτω $\displaystyle y=\frac{\ln \cos x} {\sin^2x}$ όταν $\displaystyle{{x\to 0}}$ τότε $\displaystyle{y\to -\frac{1}{2}}$ λόγω (1)

άρα $\displaystyle I=\lim_{y\to -\frac{1}{2}}e^y=e^{-\frac{1}{2}}=\frac{1}{e^{\frac{1}{2}}}=\frac{1}{\sqrt{e}}=\frac{\sqrt{e}}{e}}$

Εκκρεμεί το όριο 6 το οποίο προχώρησα εως ένα σημείο στην προηγούμενη δημοσίευση

parmenides51 · #9

Άλλος ένας μετασχηματισμός για το όριο 6, μήπως και έχει κανείς κάποια ιδέα ...

Ζητείται (μετά από αρκετές αλλαγές μεταβλητής) ο υπολογισμός xωρίς de L'Hospital του ορίου $\displaystyle{I=\lim_{x\to +\infty}\frac{x}{e^x-1}}$

Έχουμε

$\displaystyle{I=\lim_{x\to +\infty}\frac{x}{e^x}\frac{1}{1-\frac{1}{e^x}}=\lim_{x\to +\infty}\frac{x}{e^x}\frac{1}{1-e^{-x}}}$

Κι επειδή $\displaystyle{\lim_{x\to +\infty}\frac{1}{1-e^{-x}}=\frac{1}{1-0}=0}$

Αρκεί να αποδείξουμε ότι $\displaystyle{\lim_{x\to +\infty}\frac{x}{e^x}=0}$

#10

parmenides51 έγραψε: <...>
Αρκεί να αποδείξουμε ότι $\displaystyle{\lim_{x\to +\infty}\frac{x}{e^x}=0}$

Μπορούμε (το αφήνω ως απλή άσκηση) μέσω της $e^x \ge \frac {1}{2}x^2$ . Η τελευταία έπεται π.χ. από μελέτη της $f(x) = e^x-\frac {1}{2}x^2$ η οποία είναι αύξουσα (έχει παράγωγο $e^x-x\ge 1+x -x >0$ άρα $f(x)\ge f(0)=1$ αν $x\ge 0$ ).

Αλλά δεν χρειάζεται να κάνουμε τέτοια διαδικασία, για το αρχικό όριο.

parmenides51 έγραψε: <...>

Ζητείται (μετά από αρκετές αλλαγές μεταβλητής) ο υπολογισμός xωρίς de L'Hospital του ορίου $\displaystyle{I=\lim_{x\to +\infty}\frac{x}{e^x-1}}$

Μπορούμε πρώτα να δείξουμε (ο συλλογισμός είναι όπως στο προηγούμενο) ότι $e^x \ge 1 + x + \frac {1}{2}x^2, \, \, x \ge 0$ , και λοιπά.

Φιλικά,

Μιχάλης

Ας ξεκουράσουμε τον L'Hospital

Ας ξεκουράσουμε τον L'Hospital

Re: Ας ξεκουράσουμε τον L'Hospital

Re: Ας ξεκουράσουμε τον L'Hospital

Re: Ας ξεκουράσουμε τον L'Hospital

Re: Ας ξεκουράσουμε τον L'Hospital

Re: Ας ξεκουράσουμε τον L'Hospital

Re: Ας ξεκουράσουμε τον L'Hospital

Re: Ας ξεκουράσουμε τον L'Hospital

Re: Ας ξεκουράσουμε τον L'Hospital

Re: Ας ξεκουράσουμε τον L'Hospital

Μέλη σε σύνδεση