Oblicz granice (nie można korzystać z reguły de l'Hospitala)Proszę o rozpisanie i wyjaśnienie. Można.... Question from @Anielka

October 2018 1 58 Report

Oblicz granice (nie można korzystać z reguły de l'Hospitala)
Proszę o rozpisanie i wyjaśnienie. Można rozwiązać na kartce i dodać jako załącznik ;-)
a) $lim_{x \to \ 1} \frac{x^n-1}{x-1}\\ n-liczba\ naturalna$

b) $\lim_{x \to \ 25} \frac{\sqrt{x}-5}{x-25}$

c) $\lim_{x \to \ 0} \frac{\sqrt{x^2+1}- \sqrt{x+1}}{1- \sqrt{x+1}}$

d) $\lim_{x \to \ 0} \frac{\sqrt{x^2+1}-1}{\sqrt{x^2+25}-5}$

e) $\lim_{x \to \ 0} \frac{4x}{3sin(2x)}$

f) $\lim_{x \to \infty} \frac{sinx}{x}$

g) $\lim_{x \to \ \frac{pi}{2}} \frac{sinx}{x}$

h) $\lim_{x \to \ \frac{pi}{2}} \frac{cosx}{x- \frac{pi}{2}}$

i) $\lim_{x \to \ 8} \frac{8-x}{sin\frac{pi}{8}x}$

j) $\lim_{x \to \ \frac{pi}{4}} \frac{cosx-cos\frac{pi}{4}}{sinx- sin\frac{pi}{4}}$

k) $\lim_{x \to \ 0} \frac{arctgx}{x}}$

l) $\lim_{x \to \ \frac{1}{2}} \frac{arcsin(1-2x)}{4x^2-1}}$

platon1984

a) $\lim_{x\to1}{\frac{x^n-1}{x-1}}\\ x^n-1=(x-1)(x^{n-1}+x^{n-2}+\ldots+x+1)\\ \lim_{x\to1}{\frac{(x-1)(x^{n-1}+x^{n-2}+\ldots+1)}{x-1}}=n$

b) $lim_{x\to25}{\frac{\sqrt{x}-5}{x-25}}=\lim_{x\to25}{\frac{\sqrt{x}-5}{(\sqrt{x}-5)(\sqrt{x}+5)}}=0.1$

c) $\lim_{x \to 0}{\frac{\sqrt{x^2+1}-\sqrt{x+1}}{1- \sqrt{x+1}}}\\ (a^2-b^2)=(a-b)(a+b)\\ (a-b)=\frac{a^2-b^2}{a+b}$

stosuję ten wzór do licznika i mianownika:

$\lim_{x \to0}{\frac{x^2+1-x-1}{\sqrt{x^2+1}+\sqrt{x+1}}\frac{1+\sqrt{x+1}}{1-x+1}}$

$\lim_{x\to0}{\frac{x^2+x}{-x}\frac{1+\sqrt{x+1}}{\sqrt{x^2+1}+\sqrt{x+1}}}=\\=\lim_{x\to0}{(-x+1)\frac{1+\sqrt{x+1}}{\sqrt{x^2+1}+\sqrt{x+1}}}=1$

d) $\lim_{x \to0}{\frac{\sqrt{x^2+1}-1}{\sqrt{x^2+25}-5}}=\lim_{x\to0}{\frac{x^2+1-1}{\sqrt{x^2+1}+1}\frac{\sqrt{x^2+25}+5}{x^2+25-25}}=\lim_{x\to0}{\frac{\sqrt{x^2+25}+5}{\sqrt{x^2+1}+1}}=5$

e) $\lim_{x\to0}{\frac{4x}{3\sin{2x}}}=\lim_{x\to0}{\frac{2x}{3\sin x\cos x}}$

wykorzystam własność (dla x<<1):

$\sin x\leq x\leq\tan x$

którą udowanośnić można z własności trójkąta

$\frac{\sin x}{\sin x}\leq\frac{x}{\sinx}\leq\frac{\tan x}{\sin x}\\ 1\leq\frac{x}{\sin x}\leq\frac{1}{\cos x}$

ciągi ograniczające są zbieżne do 1 dla x->0 więc i badany ciąg jest do 1 zbieżny

$\\lim_{x\to0}{\frac{2x}{3\sin x\cos x}}=\frac{2}{3}$

f) $\lim_{x\to\infty}\frac{\sin x}{x}\\ \frac{-1}{x}\leq\frac{\sin x}{x}\leq\frac{1}{x}$

na podstawie tw, o trzech ciągach; ciągi ograniczające sązbieżne do 0 więc i badany ciąg jest do 0 zbieżny:

$\lim_{x\to\infty}\frac{\sin x}{x}=0$

g) $\lim_{x\to\frac{\pi}{2}}{\frac{\sin x}{x}}=\frac{1}{0.5\pi}=\frac{2}{\pi}$

h) $\lim_{x\to\frac{\pi}{2}}{\frac{\cos x}{x-0.5\pi}}=\lim_{x\to0.5\pi}{\frac{\sin{(0.5\pi-x)}}{x-0.5\pi}}\\ 0.5\pi-x=a\\ \lim_{a\to0}{\frac{\sin a}{-a}}=-1$

i) $\lim_{x \to \ 8}{\frac{8-x}{sin{\frac{\pi}{8}x}}}\\ 8-x=a\\ x=8-a\\ \frac{\pi}{8}x=\pi-\frac{\pi}{8}a\\ \sin{(\pi-\alpha)}=\sin{\alpha}\\ \lim_{a\to0}{\frac{a}{\sin{\frac{\pi}{8}a}}}\\ \frac{\pi}{8}a=b\\ \lim_{b\to0}{\frac{8}{\pi}\frac{b}{\sin b}}=\frac{8}{\pi}$

j) $\lim_{x \to\frac{\pi}{4}} \frac{cos x-cos{\frac{\pi}{4}}}{sin x- sin{\frac{pi}{4}}}}\\ \cos x-\cos{\frac{\pi}{4}}=2\sin{\frac{x+0.25\pi}{2}}\cdot\sin{\frac{x-0.25\pi}{2}}\\ \sin x-\sin{\frac{\pi}{4}}=2\cos{\frac{x+0.25\pi}{2}}\cdot\sin{\frac{x-0.25\pi}{2}}\\ \lim_{x\to0.25\pi}{\frac{\sin{\frac{x+0.25\pi}{2}}}{\cos{\frac{x+0.25\pi}{2}}}}=\frac{\sin{0.25\pi}}{\cos{0.25\pi}}=1$

k) $\lim_{x\to 0}{\frac{\arctan x}{x}}\\ \sin a\leq a\leq\tan a\\ a=\arctan x\\ \sin{\arctan x}\leq a\leq x\\ x=\tan a\\ x^2=\frac{\sin^2 a}{1-\sin^2 a}\\ \sin^2a=x^2-x^2\sin^2a\\ \sin a=\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}\\ \sin{\arctan a}=\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}\\ \frac{x}{\sqrt{1+x^2}}\leq \arctan x\leq x\\ \frac{1}{\sqrt{1+x^2}}\leq\frac{\arctan x}{x}\leq 1$

z tw. o trzech ciągach mamy, że szukany ciąg jest zbieżny do 1

$\lim_{x\to 0}{\frac{\arctan x}{x}}=1$

wygląda to doscyć mrocznie, ale idea jest taka, że znów korzystam z ograniczenia dowolnej liczby (bliskiej zera) przez jej sinus od dołu i tangens od góry, z tym, że sinus z arctan można zapisać jako taki śmieszne wyrażenia z pierwiastkiem

l) $\lim_{x\to0.5}{\frac{\arcsin{(1-2x)}}{(2x-1)(2x+1)}}\\ 1-2x=a\\ 2x=1-a\\ \lim_{a\to0}{\frac{\arcsin a}{a(2-a)}}$

znów robię tan sam trick, co w przykładzie powyżej:

$a\leq\arcsin a\leq \tan{\arcsin a}\\ \arcsin a=p\\ \sin p=a\\ \tan p=\frac{\sin p}{\sqrt{1-\sin^2 p}}=\frac{a}{\sqrt{1-a^2}}\\ a\leq\arcsin a\leq \frac{a}{\sqrt{1-a^2}}\\ 1\leq\frac{\arcsin a}{a}\leq\frac{1}{\sqrt{1-a^2}}$