Korzystając z reguły d’Hospitala oblicz 1. i) 1. j).... Question from @Pingielek

January 2019 1 64 Report

Korzystając z reguły d’Hospitala oblicz
1. i)
1. j)

Paawełek 1i)
$\lim\limits_{x\to \infty} (e^x-x)=\lim\limits_{x\to \infty} \dfrac{xe^x-x^2}{x} = [H] \lim\limits_{x\to \infty} (e^x+xe^x-2x)= \\ \\ =\lim\limits_{x\to \infty} (e^x + x(e^x-2)) = [\infty+\infty]=+\infty$

Jednak tu nie jestem pewny czy jest okej, ale myślę że dobrze myślę :D

1j). Wykorzystuję wzór:

$x=e^{\ln x} \\ \hbox{Skad:} \\ \\ \lim\limits_{x\to 0^+} x^{\sin^2 x}=\lim\limits_{x\to 0^+} \left(e^{\ln x}\right)^{\sin^2 x}=\lim\limits_{x\to 0^+} e^{\ln x \sin^2 x} \\ \\ \hbox{Wyznaczam granice wykladnika:} \\ \\ \lim\limits_{x\to 0^+}(\ln x \sin^2 x)=\lim\limits_{x\to 0^+} \dfrac{\ln x}{\frac{1}{\sin^2 x}}=[H] \lim\limits_{x\to 0^+} \dfrac{\frac{1}{x}}{\frac{-2\cos x}{\sin^3 x}}= \\ \\ \\ = \lim\limits_{x\to 0^+} - \dfrac{\sin^3 x}{2x\cos x} = [H]$

$=\lim\limits_{x\to 0^+} -\dfrac{3\sin^2 x \cos x}{2\cos x-2x\sin x}=-\dfrac{0}{2}=0 \\ \\ \hbox{Wiec Twoja granica wynosi:} \\ \\ \lim\limits_{x\to 0^+} x^{\sin^2 x}=e^0=1$

JEŚLI NIE ROZUMIESZ JAK WYZNACZYŁEM KTÓRĄŚ Z POCHODNYCH, PISZ KOMENTARZE. POKAŻĘ KROK PO KROKU JAK JE SIĘ WYZNACZA

$\lim\limits_{x\to 0^+} \dfrac{\hbox{ctg} x}{\ln x} = [H] \lim\limits_{x\to 0^+} \dfrac{-\frac{1}{\sin^2 x}}{\frac{1}{x}}=\lim\limits_{x\to 0^+} -\dfrac{x}{\sin^2 x}= \\ \\ \\ = \lim\limits_{x\to 0^+} \left( \dfrac{x}{\sin x} \cdot \dfrac{-1}{\sin x}\right)=\lim\limits_{x\to 0^+} -\dfrac{1}{\sin x}= \left[ -\dfrac{1}{0^+}\right]=-\infty$

0 votes Thanks 0