MATEMANIJA

Evo, otvorio sam novu temu (možda se moglo postati i u neku staru, pogotovo ovaj drugi dio zadatka, pa ako sam pogriješio može prebacivanje )

Dakle, evo sljedećeg zadatka.
Primjenom L'H pravila dobio sam da je [inlmath]\lim\limits_{x\to\frac{\pi}{4}}=\frac{0}{-1}=0[/inlmath]. Kada to uvrstimo na [inlmath]e[/inlmath], [inlmath]e^0=1[/inlmath]. Dakle, rješenje mi je ispalo [inlmath]1[/inlmath].

Kako riješiti zadatak bez L'H pravila? Trenutno i nemam baš neku ideju
[dispmath]\lim_{x\to\frac{\pi}{4}}\left(\mathrm{tg}\:x\right)^{\frac{1}{\frac{\pi}{4}-x}}[/dispmath]

eseper je napisao:Evo, otvorio sam novu temu (možda se moglo postati i u neku staru, pogotovo ovaj drugi dio zadatka, pa ako sam pogriješio može prebacivanje )

Nema potrebe, budući da nije previše sličan dosad rađenim zadacima, sasvim mu je logično mesto u posebnoj temi.

eseper je napisao:Dakle, evo sljedećeg zadatka.
Primjenom L'H pravila dobio sam da je [inlmath]\lim\limits_{x\to\frac{\pi}{4}}=\frac{0}{-1}=0[/inlmath]. Kada to uvrstimo na [inlmath]e[/inlmath], [inlmath]e^0=1[/inlmath]. Dakle, rješenje mi je ispalo [inlmath]1[/inlmath].

Treba da se dobije [inlmath]e^{-2}[/inlmath]. Ja sam to ovako radio:
[dispmath]\lim_{x\to\frac{\pi}{4}}\left(\mathrm{tg}\:x\right)^\frac{1}{\frac{\pi}{4}-x}=\lim_{x\to\frac{\pi}{4}}\left[\left(1+\mathrm{tg}\:x-1\right)^\frac{1}{\mathrm{tg}\:x-1}\right]^\frac{\mathrm{tg}\:x-1}{\frac{\pi}{4}-x}=e^{\lim\limits_{x\to\frac{\pi}{4}}\frac{\mathrm{tg}\:x-1}{\frac{\pi}{4}-x}}[/dispmath]
Primenom l'Hospital-a:
[dispmath]\lim\limits_{x\to\frac{\pi}{4}}\frac{\mathrm{tg}\:x-1}{\frac{\pi}{4}-x}=\lim\limits_{x\to\frac{\pi}{4}}\frac{\left(\mathrm{tg}\:x-1\right)'}{\left(\frac{\pi}{4}-x\right)'}=\lim\limits_{x\to\frac{\pi}{4}}\frac{\frac{1}{\cos^2 x}}{-1}=-\lim\limits_{x\to\frac{\pi}{4}}\frac{1}{\cos^2 x}=-2[/dispmath]
Pa kad to uvrstimo u početni izraz dobije se
[dispmath]\lim_{x\to\frac{\pi}{4}}\left(\mathrm{tg}\:x\right)^\frac{1}{\frac{\pi}{4}-x}=e^{-2}[/dispmath]

eseper je napisao:Kako riješiti zadatak bez L'H pravila? Trenutno i nemam baš neku ideju

Ja imam ovakvu ideju: u izrazu [inlmath]\mathrm{tg}\:x-1[/inlmath] napišeš [inlmath]\mathrm{tg}\:x[/inlmath] kao [inlmath]\frac{\sin x}{\cos x}[/inlmath], pa ćeš u nekom od narednih koraka dobiti u brojiocu izraz [inlmath]\sin x-\cos x[/inlmath] u kojem zatim [inlmath]\cos x[/inlmath] napišeš kao [inlmath]\sin\left(\frac{\pi}{2}-x\right)[/inlmath] kako bi mogao da primeniš transformaciju trigonometrijske razlike u proizvod... a dalje se vrlo lako vidi kako doći do rešenja...

Nisam zasad hteo da pišem detaljan postupak, da ti ne bih ubijao znatiželju da pokušaš sam, koristeći ove smernice...

A sad se setih i još jednostavnijeg načina bez l'Hospital-a: smena [inlmath]t=\frac{\pi}{4}-x[/inlmath], a zatim primena adicione formule za tangens...

Samo da napomenem, i ovaj i prethodni način se primenjuju tek pošto smo prethodno traženi limes sveli na oblik [inlmath]e^{\lim\limits_{x\to\frac{\pi}{4}}\cdots}[/inlmath]

U ispravku s L'H sam i ja dobio [inlmath]-2[/inlmath], tj. [inlmath]e^{-2}[/inlmath]. Stvar je u tome što sam išao preko [inlmath]\ln[/inlmath]-a. Tada je puno duži postupak, a samim tim i mogućnost da se potkrade greška, što mi se i bilo dogodilo.

Drugi dio bih htio riješiti prvo na način u pretprošlom postu, a onda s [inlmath]t[/inlmath], tako da se istreniram Sada mi treba malo uputa: kad sam umjesto [inlmath]\mathrm{tg}\:x[/inlmath] uvrstio [inlmath]\left(\frac{\sin x}{\cos x}\right)^\frac{1}{\frac{\pi}{4}-x}[/inlmath], koji je sljedeći korak. Može li se i tu možda nekako uvesti [inlmath]\ln[/inlmath] pa da mi eksponent ide prije [inlmath]\ln[/inlmath]-a?

Da, zaboravio sam da naglasim kad sam ti predložio taj prvi način, ali sam to posle napomenuo posle izlaganja drugog načina, pa evo još jednom, da onaj tangens koji je u osnovi ne razlažeš na sinus i kosinus, već sve radiš tako da dobiješ oblik [inlmath]e^{\lim\limits_{x\to\frac{\pi}{4}}\cdots}[/inlmath] i tek tada unutar tog limesa zamenjuješ tangens količnikom sinusa i kosinusa...

I kako dalje nakon toga?

Pretpostavljam da te prvo interesuje onaj prvi način koji sam predložio, tj. bez smene?
Dakle, pošto smo prvo uradili
[dispmath]\lim_{x\to\frac{\pi}{4}}\left(\mathrm{tg}\:x\right)^\frac{1}{\frac{\pi}{4}-x}=\lim_{x\to\frac{\pi}{4}}\left[\left(1+\mathrm{tg}\:x-1\right)^\frac{1}{\mathrm{tg}\:x-1}\right]^\frac{\mathrm{tg}\:x-1}{\frac{\pi}{4}-x}=e^{\lim\limits_{x\to\frac{\pi}{4}}\frac{\mathrm{tg}\:x-1}{\frac{\pi}{4}-x}}[/dispmath]
sada treba naći taj limes u eksponentu:
[dispmath]\lim_{x\to\frac{\pi}{4}}\frac{\mathrm{tg}\:x-1}{\frac{\pi}{4}-x}=\lim_{x\to\frac{\pi}{4}}\frac{\frac{\sin x}{\cos x}-1}{\frac{\pi}{4}-x}=\lim_{x\to\frac{\pi}{4}}\frac{\frac{\sin x-\cos x}{\cos x}}{\frac{\pi}{4}-x}=\lim_{x\to\frac{\pi}{4}}\frac{1}{\cos x}\cdot\lim_{x\to\frac{\pi}{4}}\frac{\sin x-\cos x}{\frac{\pi}{4}-x}=[/dispmath][dispmath]=\sqrt 2\lim_{x\to\frac{\pi}{4}}\frac{\sin x-\cos x}{\frac{\pi}{4}-x}=\sqrt 2\lim_{x\to\frac{\pi}{4}}\frac{\sin x-\sin \left(\frac{\pi}{2}-x\right)}{\frac{\pi}{4}-x}[/dispmath]
Sada primenimo transformaciju trigonometrijske razlike u proizvod:
[dispmath]\sin x-\sin \left(\frac{\pi}{2}-x\right)=2\cos\frac{\pi}{4}\sin\left(x-\frac{\pi}{4}\right)=\sqrt 2\sin\left(x-\frac{\pi}{4}\right)[/dispmath]
pa će izraz postati
[dispmath]\sqrt 2\lim_{x\to\frac{\pi}{4}}\frac{\sqrt 2\sin\left(x-\frac{\pi}{4}\right)}{\frac{\pi}{4}-x}=-2\lim_{x\to\frac{\pi}{4}}\frac{\sin\left(\frac{\pi}{4}-x\right)}{\frac{\pi}{4}-x}=-2\cdot 1=-2[/dispmath]
Pa kad to uvrstimo u početni izraz dobije se
[dispmath]\lim_{x\to\frac{\pi}{4}}\left(\mathrm{tg}\:x\right)^\frac{1}{\frac{\pi}{4}-x}=e^{-2}[/dispmath]

A što ako onaj moj izraz glasi [inlmath]e^{\ln (\mathrm{tg}\:x)^{\frac{1}{\frac{\pi}{4}-x}}}[/inlmath] ? (jer, rekoh, rješavao sam hospitalovo pomoću [inlmath]\ln[/inlmath]-a, ne na ovakav način)

Imam da [inlmath]\lim\limits_{x\to\frac{\pi}{4}}\frac{\ln\mathrm{tg}\:x}{\frac{\pi}{4}-x}[/inlmath]. Kako od ovoga dobiti rješenje bez upotrebe L'H i može li se uopće?

Pa, kad bih imao već zadat izraz sa [inlmath]\ln[/inlmath]-om, ja bih onda [inlmath]e[/inlmath] digao na taj izraz, kako bih se oslobodio [inlmath]\ln[/inlmath]-a, ne bih rekao da je drugačije uopšte i moguće... A u ovom slučaju, to bi me dovelo do onog prvobitnog izraza [inlmath]\lim\limits_{x\to\frac{\pi}{4}}\left(\mathrm{tg}\:x\right)^\frac{1}{\frac{\pi}{4}-x}[/inlmath] pa bih onda rešavao dalje...

Aha. Hvala.

Evo dva nova zadatka.

U prvom sam primjenom L'H pravila dobio [inlmath]-\frac{\sqrt 3}{3}[/inlmath]. Ako je to točno, molio bih način rješavanja bez L'H pravila, pošto ne mogu nikako doći do rješenja.
[dispmath]\lim_{x\to\frac{\pi}{3}}\frac{1-2\cos x}{\pi-3x}[/dispmath]

A evo i drugog. ko njega može na oba načina, znači bez primjene L'H i sa.
[dispmath]\lim_{x\to e}\left(\ln x\right)^\frac{1}{x^2-e^2}[/dispmath]

Evo prvog, zasad.
Drugi dođe malo kasnije.
[dispmath]\lim_{x\to\frac{\pi}{3}}\frac{1-2\cos x}{\pi-3x}[/dispmath]
Smena [inlmath]t=\pi-3x[/inlmath]:
[inlmath]x=\frac{\pi}{3}-\frac{t}{3}[/inlmath]
[dispmath]\lim_{t\to 0}\frac{1-2\cos\left(\frac{\pi}{3}-\frac{t}{3}\right)}{t}=\lim_{t\to 0}\frac{1-2\left(\cos\frac{\pi}{3}\cos\frac{t}{3}+\sin\frac{\pi}{3}\sin\frac{t}{3}\right)}{t}=\lim_{t\to 0}\frac{1-2\left(\frac{1}{2}\cos\frac{t}{3}+\frac{\sqrt 3}{2}\sin\frac{t}{3}\right)}{t}=[/dispmath]
[dispmath]=\lim_{t\to 0}\frac{1-\cos\frac{t}{3}-\sqrt 3\sin\frac{t}{3}}{t}=\lim_{t\to 0}\left(\frac{1-\cos\frac{t}{3}}{t}-\frac{\sqrt 3\sin\frac{t}{3}}{t}\right)=\lim_{t\to 0}\left(\frac{2\sin^2\frac{t}{6}}{t}-\frac{\sqrt 3}{3}\cdot\frac{\sin\frac{t}{3}}{\frac{t}{3}}\right)=[/dispmath]
[dispmath]=\lim_{t\to 0}\left(\frac{1}{3}\cdot\frac{\sin^2\frac{t}{6}}{\frac{t}{6}}-\frac{\sqrt 3}{3}\cdot\frac{\sin\frac{t}{3}}{\frac{t}{3}}\right)=\lim_{t\to 0}\left(\frac{\sin\frac{t}{6}}{3}\cdot\frac{\sin\frac{t}{6}}{\frac{t}{6}}-\frac{\sqrt 3}{3}\cdot\frac{\sin\frac{t}{3}}{\frac{t}{3}}\right)=\frac{\sin 0}{3}\cdot 1-\frac{\sqrt 3}{3}\cdot 1=-\frac{\sqrt 3}{3}[/dispmath]

Drugi:
[dispmath]\lim_{x\to e}\left(\ln x\right)^\frac{1}{x^2-e^2}=\lim_{x\to e}\left(1+\ln x-1\right)^\frac{1}{x^2-e^2}=\lim_{x\to e}\left[\left(1+\ln x-1\right)^\frac{1}{\ln x-1}\right]^\frac{\ln x-1}{x^2-e^2}=e^{\lim\limits_{x\to e}\frac{\ln x-1}{x^2-e^2}}[/dispmath]
Pa sad ovo možemo rešavati bilo l’Hospital-om, bilo bez l'Hospital-a.

1. način – l'Hospital-om:
[dispmath]\lim_{x\to e}\frac{\ln x-1}{x^2-e^2}=\lim_{x\to e}\frac{\left(\ln x-1\right)'}{\left(x^2-e^2\right)'}=\lim_{x\to e}\frac{\frac{1}{x}}{2x}=\lim_{x\to e}\frac{1}{2x^2}=\frac{1}{2e^2}=\frac{e^{-2}}{2}[/dispmath]
pa je traženi rezultat jednak [inlmath]e^\frac{e^{-2}}{2}[/inlmath]

2. način – bez l'Hospital-a:
[dispmath]\lim_{x\to e}\frac{\ln x-1}{x^2-e^2}=\lim_{x\to e}\frac{\ln x-\ln e}{x^2-e^2}=\lim_{x\to e}\frac{\ln\frac{x}{e}}{x^2-e^2}=e^{-2}\lim_{x\to e}\frac{\ln\frac{x}{e}}{\left(\frac{x}{e}\right)^2-1}=\frac{e^{-2}}{2}\lim_{x\to e}\frac{2\ln\frac{x}{e}}{\left(\frac{x}{e}\right)^2-1}=\frac{e^{-2}}{2}\lim_{x\to e}\frac{\ln\left(\frac{x}{e}\right)^2}{\left(\frac{x}{e}\right)^2-1}[/dispmath]
Smena [inlmath]\left(\frac{x}{e}\right)^2=t[/inlmath]
[dispmath]\frac{e^{-2}}{2}\lim_{t\to 1}\frac{\ln t}{t-1}=\frac{e^{-2}}{2}\lim_{t\to 1}\frac{1}{t-1}\ln\left(1+t-1\right)=\frac{e^{-2}}{2}\lim_{t\to 1}\ln\left(1+t-1\right)^\frac{1}{t-1}=\frac{e^{-2}}{2}\ln e=\frac{e^{-2}}{2}[/dispmath]
pa je traženi rezultat, takođe, jednak [inlmath]e^\frac{e^{-2}}{2}[/inlmath]

Hvala.

Evo sljedećeg (oprosti na puno zadataka, ali imam kolokvij preksutra, nadam se da shvaćaš)

[inlmath]x\to x_0[/inlmath], a [inlmath]x_0[/inlmath] je [inlmath]0[/inlmath]. Dakle lim [inlmath]x\to 0[/inlmath].

Zadatak treba riješiti pomoću L'H pravila (pokušavam i ne ispada), a ako ti se bude dalo tipkati može i derivacija.
[dispmath]f\left(x\right)=\left(\mathrm{tg}\:x-x^2+1\right)^\frac{1}{\ln\cos x}[/dispmath]

eseper je napisao:(oprosti na puno zadataka, ali imam kolokvij preksutra, nadam se da shvaćaš)

Ma daj, šta ti je, samo napred! Da lepo uradiš taj kolokvijum, ali i da, kad ti isti prođe, ne zaboraviš ovaj forum.

eseper je napisao:a ako ti se bude dalo tipkati može i derivacija.

A kako bih drugačije radio l'Hôpital-a nego derivacijom?
[dispmath]f\left(x\right)=\left(\mathrm{tg}\:x-x^2+1\right)^\frac{1}{\ln\cos x}[/dispmath]
Ovaj zadatak se na dva načina može svesti na l'Hôpital-a.

1. način:
[dispmath]\lim_{x\to 0}\left(\mathrm{tg}\:x-x^2+1\right)^\frac{1}{\ln\cos x}=\lim_{x\to 0}e^{\ln\left(\mathrm{tg}\:x-x^2+1\right)^\frac{1}{\ln\cos x}}=\lim_{x\to 0}e^{\frac{1}{\ln\cos x}\ln\left(\mathrm{tg}\:x-x^2+1\right)}=e^{\lim\limits_{x\to 0}\frac{\ln\left(\mathrm{tg}\:x-x^2+1\right)}{\ln\cos x}}[/dispmath]
[dispmath]\lim_{x\to 0}\frac{\ln\left(\mathrm{tg}\:x-x^2+1\right)}{\ln\cos x}=\lim_{x\to 0}\frac{\left[\ln\left(\mathrm{tg}\:x-x^2+1\right)\right]'}{\left(\ln\cos x\right)'}=\lim_{x\to 0}\frac{\frac{1}{\mathrm{tg}\:x-x^2+1}\cdot\left(\mathrm{tg}\:x-x^2+1\right)'}{\frac{1}{\cos x}\cdot\left(\cos x\right)'}=[/dispmath]
[dispmath]=\lim_{x\to 0}\frac{\frac{1}{\mathrm{tg}\:x-x^2+1}\cdot\left(\frac{1}{\cos^2 x}-2x\right)}{\frac{1}{\cos x}\cdot\left(-\sin x\right)}=-\lim_{x\to 0}\frac{\frac{\frac{1}{\cos^2 x}-2x}{\mathrm{tg}\:x-x^2+1}}{\mathrm{tg}\:x}=-\frac{1}{\lim\limits_{x\to 0}\mathrm{tg}\:x}[/dispmath]
Ovde sad treba razlikovati levi i desni limes:
[dispmath]-\frac{1}{\lim\limits_{x\to 0^-}\mathrm{tg}\:x}=+\infty[/dispmath]
[dispmath]-\frac{1}{\lim\limits_{x\to 0^+}\mathrm{tg}\:x}=-\infty[/dispmath]
pa će limesi cele tražene funkcije biti
[dispmath]\lim_{x\to 0^-}f\left(x\right)=e^{-\frac{1}{\lim\limits_{x\to 0^-}\mathrm{tg}\:x}}=+\infty[/dispmath]
[dispmath]\lim_{x\to 0^+}f\left(x\right)=e^{-\frac{1}{\lim\limits_{x\to 0^+}\mathrm{tg}\:x}}=0[/dispmath]

2. način:
[dispmath]\lim_{x\to 0}\left(\mathrm{tg}\:x-x^2+1\right)^\frac{1}{\ln\cos x}=\lim_{x\to 0}\left[\left(1+\mathrm{tg}\:x-x^2\right)^\frac{1}{\mathrm{tg}\:x-x^2}\right]^\frac{\mathrm{tg}\:x-x^2}{\ln\cos x}=e^{\lim\limits_{x\to 0}\frac{\mathrm{tg}\:x-x^2}{\ln\cos x}}[/dispmath]
[dispmath]\lim_{x\to 0}\frac{\mathrm{tg}\:x-x^2}{\ln\cos x}=\lim_{x\to 0}\frac{\left(\mathrm{tg}\:x-x^2\right)'}{\left(\ln\cos x\right)'}=\lim_{x\to 0}\frac{\frac{1}{\cos^2 x}-2x}{\frac{1}{\cos x}\cdot\left(\cos x\right)'}=[/dispmath]
[dispmath]=\lim_{x\to 0}\frac{\frac{1}{\cos^2 x}-2x}{\frac{1}{\cos x}\cdot\left(-\sin x\right)}=-\lim_{x\to 0}\frac{\frac{1}{\cos^2 x}-2x}{\mathrm{tg}\:x}=-\frac{1}{\lim\limits_{x\to 0}\mathrm{tg}\:x}[/dispmath]
Dalje se sve radi potpuno identično kao u 1. načinu...

(Nisam siguran da li je pravilno pisati l'Hôpital ili l'Hospital). Vidim da Google daje vrlo blagu prednost ovom prvom.)

Neću zaboraviti forum, ne brini. Nakon ovog kolokvija stižu integrali itd. i nove muke

Ja pišem L'H

Hvala na oba načina, pogledat ću kasnije. Trenutno sam na asimptotama. Što se tiče derivacije, trebalo bi i naći posebno derivaciju funkcije, znači bez traženja limesa.

eseper je napisao:Što se tiče derivacije, trebalo bi i naći posebno derivaciju funkcije, znači bez traženja limesa.

A, pa tako reci. Evo:

Prvo funkciju napišemo u obliku pogodnom za derivaciju:
[dispmath]f\left(x\right)=\left(\mathrm{tg}\:x-x^2+1\right)^\frac{1}{\ln\cos x}=e^{\ln\left(\mathrm{tg}\:x-x^2+1\right)^\frac{1}{\ln\cos x}}=e^{\frac{1}{\ln\cos x}\cdot\ln\left(\mathrm{tg}\:x-x^2+1\right)}=e^\frac{\ln\left(\mathrm{tg}\:x-x^2+1\right)}{\ln\cos x}[/dispmath]
Pa kaže:
[dispmath]f'\left(x\right)=\left[e^\frac{\ln\left(\mathrm{tg}\:x-x^2+1\right)}{\ln\cos x}\right]'=e^{\frac{\ln\left(\mathrm{tg}\:x-x^2+1\right)}{\ln\cos x}}\cdot\left[\frac{\ln\left(\mathrm{tg}\:x-x^2+1\right)}{\ln\cos x}\right]'[/dispmath]
[dispmath]f'\left(x\right)=e^{\frac{\ln\left(\mathrm{tg}\:x-x^2+1\right)}{\ln\cos x}}\cdot\frac{\left[\ln\left(\mathrm{tg}\:x-x^2+1\right)\right]'\cdot\ln\cos x-\left[\ln\left(\mathrm{tg}\:x-x^2+1\right)\right]\cdot\left(\ln\cos x\right)'}{\left(\ln\cos x\right)^2}[/dispmath]
[dispmath]f'\left(x\right)=\left(\mathrm{tg}\:x-x^2+1\right)^\frac{1}{\ln\cos x}\cdot\frac{\frac{1}{\mathrm{tg}\:x-x^2+1}\cdot\left(\mathrm{tg}\:x-x^2+1\right)'\cdot\ln\cos x-\left[\ln\left(\mathrm{tg}\:x-x^2+1\right)\right]\cdot\frac{1}{\cos x}\cdot\left(\cos x\right)'}{\left(\ln\cos x\right)^2}[/dispmath]
[dispmath]f'\left(x\right)=\left(\mathrm{tg}\:x-x^2+1\right)^\frac{1}{\ln\cos x}\cdot\frac{\frac{1}{\mathrm{tg}\:x-x^2+1}\cdot\left(\frac{1}{\cos^2 x}-2x\right)\cdot\ln\cos x-\left[\ln\left(\mathrm{tg}\:x-x^2+1\right)\right]\cdot\frac{1}{\cos x}\cdot\left(-\sin x\right)}{\left(\ln\cos x\right)^2}[/dispmath]
[dispmath]f'\left(x\right)=\left(\mathrm{tg}\:x-x^2+1\right)^\frac{1}{\ln\cos x}\cdot\frac{\frac{\ln\cos x}{\mathrm{tg}\:x-x^2+1}\cdot\left(\frac{1}{\cos^2 x}-2x\right)+\mathrm{tg}\:x\left[\ln\left(\mathrm{tg}\:x-x^2+1\right)\right]}{\left(\ln\cos x\right)^2}[/dispmath]
Možda se to i može još malo srediti, ali ne baš mnogo... U svakom slučaju, „kobasica“ ne gine...

[dispmath]\begin{array}{llr}
c. & \lim_{x\to 0}\frac{\mathrm{tg}\:x-\sin x}{x-\sin x} & \left(3\right) \\
d. & \lim_{x\to\frac{\pi}{2}}\left(x-\frac{\pi}{2}\right)\mathrm{tg}\:x & \left(-1\right) \\
e. & \lim_{x\to 1}\left(\frac{1}{\ln x}-\frac{1}{x-1}\right)\qquad & \left(\frac{1}{2}\right) \\
f. & \lim_{t\to 0}\left(\frac{1}{\sin t}-\frac{1}{t}\right) & \left(0\right) \\
g. & \lim_{x\to 0}x^{\sin x} & \left(1\right) \\
h. & \lim_{x\to 0}\left(1+x^2\right)^\frac{1}{x} & \left(1\right) \\
i. & \lim_{x\to\infty}\left(1+\frac{a}{x}\right)^x & \left(e^a\right)
\end{array}[/dispmath]
može li netko napraviti koji od ovih limesa pomoću LH pravila?
c,d,g me posebno interesiraju, a ako netko ima vremena, volje i znanja nek napravi sve

OK, evo onda prvo ova tri koja si označio kao prioritet.

c.
[dispmath]\lim_{x\to 0}\frac{\mathrm{tg}\:x-\sin x}{x-\sin x}=\lim_{x\to 0}\frac{\left(\mathrm{tg}\:x-\sin x\right)'}{\left(x-\sin x\right)'}=\lim_{x\to 0}\frac{\frac{1}{\cos^2 x}-\cos x}{1-\cos x}=\lim_{x\to 0}\frac{1-\cos^3 x}{\cos^2 x-\cos^3 x}=[/dispmath][dispmath]=\lim_{x\to 0}\frac{\left(1-\cos^3 x\right)'}{\left(\cos^2 x-\cos^3 x\right)'}=\lim_{x\to 0}\frac{-3\cos^2 x\left(-\sin x\right)}{2\cos x\left(-\sin x\right)-3\cos^2 x\left(-\sin x\right)}=\lim_{x\to 0}\frac{-3\cos x}{2-3\cos x}=\frac{-3\cdot 1}{2-3\cdot 1}=3[/dispmath]
d.
[dispmath]\lim_{x\to\frac{\pi}{2}}\left(x-\frac{\pi}{2}\right)\mathrm{tg}\:x=\lim_{x\to\frac{\pi}{2}}\left(x-\frac{\pi}{2}\right)\frac{\sin x}{\cos x}=\sin\frac{\pi}{2}\cdot\lim_{x\to\frac{\pi}{2}}\frac{x-\frac{\pi}{2}}{\cos x}=[/dispmath][dispmath]=1\cdot\lim_{x\to\frac{\pi}{2}}\frac{\left(x-\frac{\pi}{2}\right)'}{\left(\cos x\right)'}=\lim_{x\to\frac{\pi}{2}}\frac{1}{-\sin x}=\frac{1}{-1}=-1[/dispmath]
g.
[dispmath]\lim_{x\to 0}x^{\sin x}=\lim_{x\to 0}e^{\ln x^{\sin x}}=\lim_{x\to 0}e^{\sin x\ln x}=e^{\lim\limits_{x\to 0}\sin x\ln x}[/dispmath][dispmath]\lim_{x\to 0}\sin x\ln x=\lim_{x\to 0}\frac{\ln x}{\frac{1}{\sin x}}=\lim_{x\to 0}\frac{\left(\ln x\right)'}{\left(\frac{1}{\sin x}\right)'}=\lim_{x\to 0}\frac{\frac{1}{x}}{-\frac{1}{\sin^2 x}\cdot\cos x}=[/dispmath][dispmath]=-\lim_{x\to 0}\frac{\sin^2 x}{x\cos x}=-\lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}\cdot\frac{1}{\cos x}\cdot\sin x=-1\cdot\frac{1}{1}\cdot 0=0[/dispmath][dispmath]e^{\lim\limits_{x\to 0}\sin x\ln x}=e^0=1[/dispmath]

Još dva...

e.
[dispmath]\lim_{x\to 1}\left(\frac{1}{\ln x}-\frac{1}{x-1}\right)=\lim_{x\to 1}\frac{x-1-\ln x}{\left(x-1\right)\ln x}=\lim_{x\to 1}\frac{\left(x-1-\ln x\right)'}{\left[\left(x-1\right)\ln x\right]'}=\lim_{x\to 1}\frac{1-\frac{1}{x}}{1\cdot\ln x+\left(x-1\right)\frac{1}{x}}=[/dispmath][dispmath]=\lim_{x\to 1}\frac{x-1}{x\ln x+\left(x-1\right)}=\lim_{x\to 1}\frac{\left(x-1\right)'}{\left[x\ln x+\left(x-1\right)\right]'}=\lim_{x\to 1}\frac{1}{1\cdot\ln x+x\cdot\frac{1}{x}+1}=\lim_{x\to 1}\frac{1}{\ln x+1+1}=\frac{1}{0+2}=\frac{1}{2}[/dispmath]
f.
[dispmath]\lim_{t\to 0}\left(\frac{1}{\sin t}-\frac{1}{t}\right)=\lim_{t\to 0}\frac{t-\sin t}{t\sin t}=\lim_{t\to 0}\frac{\left(t-\sin t\right)'}{\left(t\sin t\right)'}=\lim_{t\to 0}\frac{1-\cos t}{1\cdot\sin t+t\cos t}=\lim_{t\to 0}\frac{\left(1-\cos t\right)'}{\left(\sin t+t\cos t\right)'}=[/dispmath][dispmath]=\lim_{t\to 0}\frac{-\left(-\sin t\right)}{\cos t+1\cdot\cos t+t\left(-\sin t\right)}=\lim_{t\to 0}\frac{\sin t}{2\cos t-t\sin t}=\frac{0}{2\cdot 1-0}=0[/dispmath]

...i poslednja dva

h.
[dispmath]\lim_{x\to 0}\left(1+x^2\right)^\frac{1}{x}=\lim_{x\to 0}e^{\ln\left(1+x^2\right)^\frac{1}{x}}=\lim_{x\to 0}e^{\frac{1}{x}\ln\left(1+x^2\right)}=e^{\lim\limits_{x\to 0}\frac{\ln\left(1+x^2\right)}{x}}[/dispmath][dispmath]\lim_{x\to 0}\frac{\ln\left(1+x^2\right)}{x}=\lim_{x\to 0}\frac{\left[\ln\left(1+x^2\right)\right]'}{\left(x\right)'}=\lim_{x\to 0}\frac{\frac{1}{1+x^2}\cdot 2x}{1}=\lim_{x\to 0}\frac{2x}{1+x^2}=\frac{2\cdot 0}{1+0}=0[/dispmath][dispmath]e^{\lim\limits_{x\to 0}\frac{\ln\left(1+x^2\right)}{x}}=e^0=1[/dispmath]
i.
[dispmath]\lim_{x\to\infty}\left(1+\frac{a}{x}\right)^x=\lim_{x\to\infty}e^{\ln\left(1+\frac{a}{x}\right)^x}=\lim_{x\to\infty}e^{x\ln\left(1+\frac{a}{x}\right)}=e^{\lim\limits_{x\to\infty}x\ln\left(1+\frac{a}{x}\right)}[/dispmath][dispmath]\lim_{x\to\infty}x\ln\left(1+\frac{a}{x}\right)=[/dispmath]
Smena [inlmath]\frac{1}{x}=t[/inlmath]
[dispmath]=\lim_{t\to 0}\frac{\ln\left(1+at\right)}{t}=\lim_{t\to 0}\frac{\left[\ln\left(1+at\right)\right]'}{\left(t\right)'}=\lim_{t\to 0}\frac{\frac{1}{1+at}\cdot a}{1}=\lim_{t\to 0}\frac{a}{1+at}=a[/dispmath][dispmath]e^{\lim\limits_{x\to\infty}x\ln\left(1+\frac{a}{x}\right)}=e^a[/dispmath]

Treba mi provjerit rezultate
[dispmath]1)\\
\lim_{x\to\frac{\pi}{2}}(1-\sin x)\:\mathrm{tg}\:x\quad\mbox{Rj: }0[/dispmath]
[dispmath]2)\\
\lim_{x\to 0}\left(\frac{1}{x}-\mathrm{ctg}\:x\right)\quad\mbox{Rj: }0[/dispmath]
[dispmath]3)\\
\lim_{x\to 0}\left(\frac{2}{\pi}\arccos x\right)^{\frac{1}{x}}\quad\mbox{Rj: }e^{-1}[/dispmath]
[dispmath]4)\\
\lim_{x\to\infty}\left(\frac{1}{x}\right)^{\mathrm{tg}\:x}[/dispmath]
[dispmath]e^{\lim\limits_{x\to\infty}\mathrm{tg}\:x\ln\left(\frac{1}{x}\right)}[/dispmath][dispmath]e^L[/dispmath][dispmath]L=\lim_{x\to\infty}\mathrm{tg}\:x\ln\left(\frac{1}{x}\right)[/dispmath][dispmath]L=\lim_{x\to\infty}\frac{\ln\left(\frac{1}{x}\right)}{\mathrm{ctg}\:x}=\left[\frac{\infty}{\infty}\right]^{L'H}[/dispmath][dispmath]L=\lim_{x\to\infty}\frac{x}{\frac{-1}{\sin^2x}}=\cdots\;???[/dispmath]

blake je napisao:[dispmath]3)\\
\lim_{x\to 0}\left(\frac{2}{\pi}\arccos x\right)^{\frac{1}{x}}\quad\mbox{Rj: }e^{-1}[/dispmath]

[dispmath]e^{\frac{-2}{\pi}}[/dispmath][dispmath]\left(\ln\left(\frac{2}{\pi}\arccos x\right)\right)'=\frac{1}{\frac{2}{\pi}\arccos x}\cdot{\color{green}\frac{2}{\pi}}\cdot\left(-\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\right)[/dispmath]

Prva tri su ti okej (treći s ovom naknadnom ispravkom), a u četvrtom se ne može primeniti l'Hospital:
[dispmath]{\lim_{x\to\infty}\frac{\ln\left(\frac{1}{x}\right)}{\mathrm{ctg}\:x}}{\color{red}\ne}\left[\frac{\infty}{\infty}\right][/dispmath]
jer, kada [inlmath]x\to\infty[/inlmath], [inlmath]\ln\left(\frac{1}{x}\right)[/inlmath] teži ka [inlmath]-\infty[/inlmath], ali [inlmath]\mathrm{ctg}\:x[/inlmath] je periodična funkcija, tako da se periodično ponaša i u beskonačnosti – vrednost mu i u beskonačnosti varira između [inlmath]-\infty[/inlmath] i [inlmath]+\infty[/inlmath], prolazeći i kroz nulu.

Samim tim, nije ispunjen uslov za primenu L'H.

Aha, ali ja sam falija i prepisat taj četvrti jer limes ide u nulu...Rezultat je onda [inlmath]0[/inlmath] (primjenom L'H)

Limes može ići u nulu jedino s desne strane, zbog argumenta logaritma, koji mora biti pozitivan. U tom slučaju, može preko L'H i dobija se jedinica kao rezultat.
Imao si grešku i pri primeni L'H:
[dispmath]L=\lim_{x\to 0^+}\frac{\ln\left(\frac{1}{x}\right)}{\mathrm{ctg}\:x}=\lim_{x\to 0^+}\frac{\left[\ln\left(\frac{1}{x}\right)\right]'}{\left(\mathrm{ctg}\:x\right)'}=\lim_{x\to 0^+}\frac{x{\color{red}\cdot\left(\frac{1}{x}\right)'}}{-\frac{1}{\sin^2x}}=\cdots[/dispmath]
Bio si zaboravio da treba napisati i ovo crveno, jer je [inlmath]\ln\left(\frac{1}{x}\right)[/inlmath] složena funkcija. Kad uradiš ovako, ovaj limes će biti nula, a limes koji tražimo (tj. [inlmath]e[/inlmath] dignut na ovaj limes) biće [inlmath]e^0[/inlmath], tj. [inlmath]1[/inlmath].

Moze li pomoc oko ovog zadatka - da li moze preko lopitala? Ja sam ovako nesto krenuo ali zeza me [inlmath]\mathrm{arctg}[/inlmath]
[dispmath]\lim_{x\to 0}\left(\frac{\mathrm{arctg}\:x}{x}\right)^\frac{1}{x^2}=e^{\lim\limits_{x\to 0}\frac{1}{x^2}\ln\left(\frac{\mathrm{arctg}\:x}{x}\right)}[/dispmath]
Hvala puno

Ja bih ovde iskoristio to što [inlmath]\frac{\mathrm{arctg}\:x}{x}\to 1[/inlmath] kada [inlmath]x\to 0[/inlmath] (što se može pokazati smenom [inlmath]\mathrm{arctg}\:x=t[/inlmath]), pa bih limes zapisao ovako:
[dispmath]\lim_{x\to 0}\left(\frac{\mathrm{arctg}\:x}{x}\right)^\frac{1}{x^2}=\lim_{x\to 0}\left[1+\left(\frac{\mathrm{arctg}\:x}{x}-1\right)\right]^\frac{1}{x^2}[/dispmath]
pri čemu [inlmath]\left(\frac{\mathrm{arctg}\:x}{x}-1\right)[/inlmath] teži nuli; dalje se to može pisati:
[dispmath]\lim_{x\to 0}\left\{\left[1+\left(\frac{\mathrm{arctg}\:x}{x}-1\right)\right]^{\frac{1}{\frac{\mathrm{arctg}\:x}{x}-1}}\right\}^\frac{\frac{\mathrm{arctg}\:x}{x}-1}{x^2}=e^{\lim\limits_{x\to 0}\frac{\frac{\mathrm{arctg}\:x}{x}-1}{x^2}}=e^{\lim\limits_{x\to 0}\frac{\mathrm{arctg}\:x-x}{x^3}}[/dispmath]
Limes u eksponentu se sada već može rešiti l'Hospital-om:
[dispmath]\lim_{x\to 0}\frac{\mathrm{arctg}\:x-x}{x^3}=\lim_{x\to 0}\frac{\frac{1}{1+x^2}-1}{3x^2}=-\lim_{x\to 0}\frac{\cancel{x^2}}{3\cancel{x^2}\left(1+x^2\right)}=-\frac{1}{3}[/dispmath]
Prema tome, traženi limes je [inlmath]e^{-\frac{1}{3}}[/inlmath].

Jel se posle ovog [inlmath]\frac{\mathrm{arctg}\:x}{x}\to 1[/inlmath] (to me je i bunilo) tj. posle smene dobije da je [inlmath]x=\mathrm{arctg}\:t[/inlmath]?
Hvala veliko

Iz [inlmath]\mathrm{arctg}\:x=t[/inlmath] je [inlmath]x=\mathrm{tg}\:t[/inlmath]
Kako je [inlmath]\mathrm{arctg}\:0=0[/inlmath] za [inlmath]x\to 0[/inlmath] će i [inlmath]t\to 0[/inlmath].
Ceo limes postaje:
[dispmath]\lim_{t\to 0}\frac{t}{\mathrm{tg}\:t}=\lim_{t\to 0}\frac{t\cdot\cos t}{\sin t}=\lim_{t\to 0}\:\cos t\cdot\lim_{t\to 0}\frac{t}{\sin t}=1[/dispmath]

Zdravo, može li pomoć oko ovog zadatka. Treba da se reši uz primenu L Hospital. pravila. Hvala.
[dispmath]\lim_{x\to 1}\frac{x^x-x}{\ln x-x+1}[/dispmath]

Zdravo, može pomoć, naravno. Dugo nisi bio, priseti se malo Pravilnika (tačka 6.)

Gde je tačno nastao problem prilikom određivanja izvoda brojioca (brojnika) i izvoda imenioca (nazivnika)?

Nije mi jasno kako da napišem izvod [inlmath]x^x[/inlmath], da li kao [inlmath](x\cdot x)^{x-1}[/inlmath], a pokušao sam i ovako:
[dispmath]\lim_{x\to1}\frac{1-1}{\frac{1}{x}-1}=\lim_{x\to1}x^x=A\\
\ln\lim_{x\to1}x^x=\ln A\\
\ln A=\lim_{x\to1}\ln x^x=\lim_{x\to1}x\ln x=0\\
\ln A=0\\
A=e^0=1[/dispmath]
Hvala.

Iskoristiš identitet [inlmath]x=e^{\ln x}[/inlmath], pa [inlmath]x^x[/inlmath] napišeš kao [inlmath]e^{\ln x^x}[/inlmath] i onda, kad eksponent izađe ispred logaritma prema pravilu [inlmath]\ln a^b=b\ln a[/inlmath], to postaje [inlmath]e^{x\ln x}[/inlmath] pa zatim izvod od toga lako nađeš – imaš kompoziciju funkcije i proizvod funkcija.

[dispmath]x=e^{x\ln x}[/dispmath]
Ispravite ovo da nekog ne zbunimo.

[dispmath]\left(x^x\right)^\prime=\left(e^{x\ln x}\right)^\prime=e^{x\ln x}\cdot\left(x\ln x\right)^\prime=\\
x^x\cdot\left(x^\prime\ln x+x\left(\ln x\right)^\prime\right)=\\
x^x\left(1\cdot\ln x+x\cdot\frac{1}{x}\right)=x^x\left(\ln x+1\right)[/dispmath]

bobanex je napisao:[dispmath]x=e^{x\ln x}[/dispmath]
Ispravite ovo da nekog ne zbunimo.

Da, greška u kucanju. Ispravih, hvala.