MATEMANIJA

1.
[dispmath]e^{\large\frac{2x^2+2x}{x^2-x-1}}[/dispmath]
Na koji nacin resenje treba da ispadne [inlmath]e^2[/inlmath]
ovo je iz
[dispmath]\lim_{x\to\infty}\left(\frac{x^2-x+1}{x^2-x-1}\right)^x[/dispmath]
Trebalo bi da je tacno do prve formule koju sam napisao.

---

2.
[dispmath]\lim_{x\to\infty}\left(\frac{x^2-5x+4}{x^2-3x+7}\right)^x=\lim_{x\to\infty}\left[\left(1+\frac{8x-3}{x^2-3x+7}\right)^{\large\frac{x^2-3x+7}{8x-3}}\right]^{\large\frac{8x^2-3x}{x^2-3x+7}}[/dispmath]
Dobijam
[dispmath]e^{\large\frac{8x^2-3x}{x^2-3x+1}}[/dispmath]
i resenje treba da bude [inlmath]e^8[/inlmath] zanima me da li je dobro do ovog koraka i kako iz njega dolazim do resenja (vrv je isti nacin kao i u prvom zadatku)

---

3. Stizem do ovog koraka, kako da sredim ? Kucao bih ceo postupak kako sam radio ali skoro pola sata sam potrosio na ovo i opet se ne snalazim bas najbolje sa Latexom.
[dispmath]e^{\large\frac{\cos x-1}{\sin^2x}}[/dispmath]
Postavka zadatka
[dispmath]\lim_{x\to0}(\cos x)^{\large\frac{1}{\sin^2x}}[/dispmath]
resenje
[dispmath]e^{-0.5}[/dispmath]

Prvi
[dispmath]\lim_{x\to\infty}\left(\frac{x^2-x+1}{x^2-x-1}\right)^x=\lim_{x\to\infty}\left(\frac{x^2-x-1+1+1}{x^2-x-1}\right)^x=\lim_{x\to\infty}\left(1+\frac{2}{x^2-x-1}\right)^x=\\
\lim_{x\to\infty}\left(1+\frac{1}{\frac{x^2-x-1}{2}}\right)^x=\lim_{x\to\infty}\left(1+\frac{1}{\frac{x^2-x-1}{2}}\right)^{\large x\cdot\frac{2}{x^2-x-1}\cdot\frac{x^2-x-1}{2}}=\lim_{x\to\infty}e^{\large\frac{2x}{x^2-x-1}}=e^0=1[/dispmath]

---

Drugi
[dispmath]\lim_{x\to\infty}\left(\frac{x^2-5x+4}{x^2-3x+7}\right)^x=\lim_{x\to\infty}\left(\frac{x^2-3x+7-2x+4-7}{x^2-3x+7}\right)^x=\lim_{x\to\infty}\left(1+\frac{-2x-3}{x^2-3x+7}\right)^x=\\
=\lim_{x\to\infty}\left(1+\frac{1}{-\frac{x^2-3x+7}{2x+3}}\right)^x=\lim_{x\to\infty}\left(1+\frac{1}{-\frac{x^2-3x+7}{2x+3}}\right)^{\large x\cdot\left(-\frac{x^2-3x+7}{2x+3}\right)\cdot\left(-\frac{2x+3}{x^2-3x+7}\right)}=\lim_{x\to\infty}e^{\large-\frac{2x^2+3x}{x^2-3x+7}}=e^{-2}[/dispmath]

---

Treci ide ovako
[dispmath]\lim_{x\to0}\cos{x}^{\large\frac{1}{\sin^2x}}=\lim_{x\to0}\sqrt{1-\sin^2x}^{\large\frac{1}{\sin^2x}}=\lim_{x\to0}\left(1-\sin^2x\right)^{\large\frac{1}{2\cdot\sin^2x}}=\lim_{x\to0}\Big(1+\left(-\sin^2x\right)\Big)^{\large\frac{-1}{2\cdot\left(-\sin^2x\right)}}=e^{-\frac{1}{2}}[/dispmath]

---

Limes
[dispmath]\lim_{x\to\infty}e^{\large-\frac{2x^2+3x}{x^2-3x+7}}=e^{\;\large\lim\limits_{x\to\infty}-\frac{2x^2+3x}{x^2-3x+7}}[/dispmath]
se tako resava sada cu ga zasebno uraditi da bi se bolje videlo
[dispmath]\lim_{x\to\infty}-\frac{2x^2+3x}{x^2-3x+7}=-\lim_{x\to\infty}\frac{x^2\left(2+\frac{3}{x}\right)}{x^2\left(1-\frac{3}{x}+\frac{7}{x^2}\right)}=-\lim_{x\to\infty}\frac{2+\cancelto{0}{\frac{3}{x}}}{1-\cancelto{0}{\frac{3}{x}}+\cancelto{0}{\frac{7}{x^2}}}=-2[/dispmath]
P.S. Mislim da nije po pravilniku da postavljas vise pitanja odjednom.

Herien Wolf je napisao:1.
[dispmath]\lim_{x\to\infty}\left(\frac{x^2-x+1}{x^2-x-1}\right)^x[/dispmath]

ovde sam ja napravio gresku u postavci,
[dispmath]\lim_{x\to\infty}\left(\frac{x^2+x+1}{x^2-x-1}\right)^x[/dispmath]
ovako treba. Izvinjavam se za vise zadataka u 1. postu, u zbirci kod mene sve u jednom samo pod odredjenim slovima pa sam ih sve odjednom kucao. Ubuduce odvajamo

Onda ces iz drugog lako zakljuciti kako da ga uradis.

znam, isti je tip zadatka samo brojevi izmenjeni Hvala

Trougao je napisao:Treci ide ovako
[dispmath]\lim_{x\to0}\cos{x}^{\large\frac{1}{\sin^2x}}=\lim_{x\to0}\sqrt{1-\sin^2x}^{\large\frac{1}{\sin^2x}}=\cdots[/dispmath]

Ovde bi valjalo naglasiti sledeće: koristimo identitet [inlmath]\cos x=\pm\sqrt{1-\sin^2x}[/inlmath], a pošto je [inlmath]x[/inlmath] u okolini nule, a znamo da je kosinus u okolini nule pozitivan (blizak jedinici), zbog toga ispred korena uzimamo znak plus.

Može se ovaj limes rešiti i drugačije, predstavljanjem kvadrata sinusa preko kosinusa:
[dispmath]\lim_{x\to0}\left(\cos x\right)^{\large\frac{1}{\sin^2x}}=\lim_{x\to0}\left(\cos x\right)^{\large\frac{1}{1-\cos^2x}}=\lim_{x\to0}\left(\cos x\right)^{\large\frac{1}{\left(1-\cos x\right)\left(1+\cos x\right)}}=\lim_{x\to0}\left[1+\left(\cos x-1\right)\right]^{\large-\frac{1}{\cos x-1}\cdot\frac{1}{1+\cos x}}=[/dispmath]
Kada [inlmath]x\to0[/inlmath], tada [inlmath]\cos x\to1[/inlmath], pa [inlmath]\cos x-1\to0[/inlmath], zbog čega možemo primeniti poznati limes [inlmath]\lim\limits_{n\to0}\left(1+n\right)^{\frac{1}{n}}=e[/inlmath],
[dispmath]=\lim_{x\to0}\left\{\left[1+\left(\cos x-1\right)\right]^{\large\frac{1}{\cos x-1}}\right\}^{\large-\frac{1}{1+\cos x}}=e^{\large-\lim\limits_{x\to0}\frac{1}{1+\cos x}}=e^{-\frac{1}{2}}[/dispmath]

Mislim da je potrebno i malo teorije:
Granična vrednost (popularno: limes) može da se "ušeta" tj. da uđe u svaku neprekidnu funkciju.
Dakle: limes "ulazi" pod koren, "penje" se u eksponent itd.
Ali, ali, ali...
Samo ako su funkcije neprekidne na intervalu gde se granična vrednost traži.
Nijedno "ali" se ne odnosi na odgovore Trougla i Daniela, koji su apsolutno tačni .