MATEMANIJA

Kako doći do rješenja?
[dispmath]\lim_{x\to\frac{\pi}{4}}\frac{\ln\mathrm{tg}\:x}{\cos{2x}}[/dispmath]

Zdravo, eseper, i srećan ti prvi post na ovom forumu.

Možemo koristiti l'Hopital-ovo pravilo (mada ne znam da li ste to pravilo radili, ako niste, reci pa da pokušamo neki drugi način), a koje glasi:

Ako je
[dispmath]\lim_{x\to x_0}f\left(x\right)=\lim_{x\to x_0}g\left(x\right)=0[/dispmath]
ili
[dispmath]\lim_{x\to x_0}f\left(x\right)=\lim_{x\to x_0}g\left(x\right)=\pm\infty[/dispmath]
tada je
[dispmath]\lim_{x\to x_0}\frac{f\left(x\right)}{g\left(x\right)}=\lim_{x\to x_0}\frac{f'\left(x\right)}{g'\left(x\right)}[/dispmath]
Pošto je ovde zadovoljen uslov da i gornja i donja strana teže nuli, dozvoljena je upotreba l'Hopital-ovog pravila, pa imamo:
[dispmath]\lim_{x\to\frac{\pi}{4}}\frac{\ln\mathrm{tg}\:x}{\cos{2x}}=\lim_{x\to\frac{\pi}{4}}\frac{\left(\ln\mathrm{tg}\:x\right)'}{\left(\cos{2x}\right)'}=\lim_{x\to\frac{\pi}{4}}\frac{\frac{1}{\mathrm{tg}\:x}\cdot\frac{1}{\cos^2 x}}{-2\sin{2x}}=[/dispmath]
[dispmath]=-\frac{1}{2}\lim_{x\to\frac{\pi}{4}}\frac{1}{\mathrm{tg}\:x\cdot\cos^2 x\cdot\sin{2x}}=-\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{\mathrm{tg}\frac{\pi}{4}\cdot\cos^2\frac{\pi}{4}\cdot\sin\frac{\pi}{2}}=-\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{1\cdot\frac{1}{2}\cdot 1}=-1[/dispmath]

Hvala

Nismo još radili L'Hospiral-ovo pravilo, pa bi trebalo nekako bez njega

Evo drugog, Trebalo bi isto bez L'Hospitalovog pravila.
[dispmath]\lim_{x\to 0}\frac{e^{-x^2+x}-1}{x^2+3x}[/dispmath]

Priznajem da se ne bih ovog setio da mi Google nije pomogao – konkretno, ovaj dokument, str. 30, zadatak 63.
[dispmath]\lim_{x\to 0}\frac{e^{-x^2+x}-1}{x^2+3x}=-\lim_{x\to 0}\frac{e^{-x^2+x}-1}{-x^2-3x}=-\lim_{x\to 0}\frac{e^{-x^2+x}-1}{-x^2+x-4x}=[/dispmath]
[dispmath]=-\lim_{x\to 0}\frac{1}{\frac{1}{e^{-x^2+x}-1}\left(-x^2+x-4x\right)}=-\lim_{x\to 0}\frac{1}{\frac{1}{e^{-x^2+x}-1}\left(-x^2+x\right)-\frac{1}{e^{-x^2+x}-1}\cdot 4x}=[/dispmath]
[dispmath]=-\lim_{x\to 0}\frac{1}{\frac{1}{e^{-x^2+x}-1}\left(-x^2+x\right)-\frac{1}{e^{-x^2+x}-1}\frac{4}{-x+1}\frac{-x+1}{4}\cdot 4x}=[/dispmath]
[dispmath]=-\lim_{x\to 0}\frac{1}{\frac{1}{e^{-x^2+x}-1}\left(-x^2+x\right)-\frac{4}{-x+1}\frac{1}{e^{-x^2+x}-1}\cdot\left(-x^2+x\right)}=[/dispmath]
[dispmath]=-\lim_{x\to 0}\frac{1}{\left(1-\frac{4}{-x+1}\right)\frac{1}{e^{-x^2+x}-1}\cdot\left(-x^2+x\right)}=-\lim_{x\to 0}\frac{1}{\left(1-\frac{4}{-x+1}\right)\frac{1}{e^{-x^2+x}-1}\cdot\ln e^{-x^2+x}}=[/dispmath]
[dispmath]=-\lim_{x\to 0}\frac{1}{\left(1-\frac{4}{-x+1}\right)\frac{1}{e^{-x^2+x}-1}\cdot\ln\left(1+e^{-x^2+x}-1\right)}=[/dispmath]
[dispmath]=-\lim_{x\to 0}\frac{1}{\left(1-\frac{4}{-x+1}\right)\cdot\ln\left[1+\left(e^{-x^2+x}-1\right)\right]^\frac{1}{e^{-x^2+x}-1}}=[/dispmath]
Kako izraz [inlmath]e^{-x^2+x}-1[/inlmath] teži nuli, to ceo izraz u argumentu logaritma teži broju [inlmath]e[/inlmath]:
[dispmath]=-\frac{1}{\left(1-\frac{4}{0+1}\right)\cdot\ln e}=\frac{1}{3}[/dispmath]
Mislim da se i onaj zadatak s tangensom i kosinusom radi na istu foru... Pokušaću to kasnije, a pokušaj i ti, pa ko pre uradi...

Hvala puno na trudu

Identičan zadatak kao na 30. str. dokumenta smo rješili na nastavi, ali na puno jednostavniji način. Pomoću supstituenta [inlmath]t[/inlmath].

Pa je onda [inlmath]e^x-1=t[/inlmath], a [inlmath]x=\ln(t+1)[/inlmath]. Tada se samo uvrsti i kroz nekoliko koraka dobije da je rješenje [inlmath]1[/inlmath]. Za ova gore zadatak bi možda također bilo lakše preko [inlmath]t[/inlmath], ali nastaje problem jer ne mogu nikako dobiti [inlmath]x[/inlmath]. Pokušat ću nekako

Ne ispada mi sa supstituentom [inlmath]t[/inlmath]. Očito je ovo jedino moguće rješenje bez upotrebe L'H pravila, ali mi se nekako čini suviše komplicirano da bi nam takvo što zadao. :/

Pa ne, ako bi uveo smenu [inlmath]e^{-x^2+x}-1=t[/inlmath], onda bi za [inlmath]x[/inlmath] dobio [inlmath]x_{1,2}=\frac{1\pm\sqrt{1-4\ln\left(t+1\right)}}{2}[/inlmath], pa onda to još uvrstiti u [inlmath]-x^2-3x[/inlmath]... Milina! Ne, zaista smena nije vredna tolikog truda, veruj mi.


Elem, evo i onog zadatka s početka teme...
[dispmath]\lim_{x\to\frac{\pi}{4}}\frac{\ln\mathrm{tg}\:x}{\cos{2x}}=[/dispmath]
Primenjujemo formulu za tangens polovine ugla...
[dispmath]=\lim_{x\to\frac{\pi}{4}}\frac{\ln\sqrt{\frac{1-\cos{2x}}{1+\cos{2x}}}}{\cos{2x}}=\lim_{x\to\frac{\pi}{4}}\frac{\ln\left(\frac{1-\cos{2x}}{1+\cos{2x}}\right)^\frac{1}{2}}{\cos{2x}}=[/dispmath]
[dispmath]=\lim_{x\to\frac{\pi}{4}}\frac{\frac{1}{2}\ln\left(\frac{1-\cos{2x}}{1+\cos{2x}}\right)}{\cos{2x}}=\frac{1}{2}\lim_{x\to\frac{\pi}{4}}\frac{\ln\left(1-\cos{2x}\right)-\ln\left(1+\cos{2x}\right)}{\cos{2x}}=[/dispmath]
Posle uvođenja smene [inlmath]t=\cos{2x}[/inlmath] izraz postaje
[dispmath]=\frac{1}{2}\lim_{t\to 0}\frac{\ln\left(1-t\right)-\ln\left(1+t\right)}{t}=\frac{1}{2}\lim_{t\to 0}\frac{\ln\left(1-t\right)}{t}-\frac{1}{2}\lim_{t\to 0}\frac{\ln\left(1+t\right)}{t}=[/dispmath]
[dispmath]=\frac{1}{2}\lim_{t\to 0}\frac{1}{t}\ln\left(1-t\right)-\frac{1}{2}\lim_{t\to 0}\frac{1}{t}\ln\left(1+t\right)=-\frac{1}{2}\lim_{t\to 0}\frac{1}{-t}\ln\left[1+\left(-t\right)\right]-\frac{1}{2}\lim_{t\to 0}\frac{1}{t}\ln\left(1+t\right)=[/dispmath]
[dispmath]=-\frac{1}{2}\lim_{t\to 0}\ln\left[1+\left(-t\right)\right]^\frac{1}{-t}-\frac{1}{2}\lim_{t\to 0}\ln\left(1+t\right)^\frac{1}{t}=-\frac{1}{2}\ln e-\frac{1}{2}\ln e=-1[/dispmath]

Hvala Imam samo jedno pitanje, zašto nakon uvođenja smjene/supstitucije [inlmath]t[/inlmath] teži u [inlmath]0[/inlmath], a ne [inlmath]\frac{\pi}{4}[/inlmath] ?

Nema na čemu, hvala i tebi na zanimljivim zadacima.

eseper je napisao:zašto nakon uvođenja smjene/supstitucije [inlmath]t[/inlmath] teži u [inlmath]0[/inlmath], a ne [inlmath]\frac{\pi}{4}[/inlmath] ?

Zato što je [inlmath]t=\cos{2x}[/inlmath], pa kada [inlmath]x\to\frac{\pi}{4}[/inlmath], tada [inlmath]t\to\cos{\left(2\cdot\frac{\pi}{4}\right)}[/inlmath], tj. [inlmath]t\to 0[/inlmath]

Mislim da se prethodni zadatak može još malo pojednostavniti. Ispravak ako sam u krivu

Nakon uvođenja supstitucije (treći red zadatka, krajnje densni dio), [inlmath]\frac{1}{t}[/inlmath] prebacimo na potenciju i dobijemo da je [inlmath]\ln e=1\cdot\frac{1}{2}=\frac{1}{2}[/inlmath]. U dijelu prije toga, u zagradama, izlučimo minus da dobijemo [inlmath]1+t[/inlmath], koji može "izaći" ispred limesa. Potom opet dobijemo [inlmath]\ln e[/inlmath]. [inlmath]-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}=-1[/inlmath]

eseper je napisao:U dijelu prije toga, u zagradama, izlučimo minus da dobijemo [inlmath]1+t[/inlmath]

Ovaj deo mi nije baš najjasniji.
Kako možemo izvlačenjem minusa od [inlmath]\ln\left(1-t\right)[/inlmath] dobiti [inlmath]\ln\left(1+t\right)[/inlmath]?
Ako sam uopšte dobro razumeo?

Da, tu sam pogriješio ipak.

Točno je da smo dodali minus u brojnik i nazivnik [inlmath]\left(-\frac{1}{2}\lim\frac{1}{-t}\right)[/inlmath] i dobili ono što nam treba.

Saznao sam još jedan način rješavanja zadatka sa [inlmath]e[/inlmath] u ovoj temi, koji je po meni lakši od tvog @Daniel.

Brojnik i nazivnik pomnožimo s [inlmath]-x^2+x[/inlmath]. Time nismo ništa promjenili, ali smo dobili izraz koji nama treba (onaj [inlmath](1+t)^\frac{1}{t}[/inlmath]. Sredimo, uvrstimo supstituent [inlmath]t[/inlmath] i zadatak se lako riješi, ispadne isti rezultat [inlmath]\frac{1}{3}[/inlmath].

Ovo pišem čisto ako netko bude tražio isti zadatak, da se zna da može i na ovaj način.

Odlično i elegantno rešenje!
Hvala ti puno!

Kako bismo imali zaokruženu ovu temu, evo postupno urađenog tog načina koji je eseper izložio.

[dispmath]\lim_{x\to 0}\frac{e^{-x^2+x}-1}{x^2+3x}=\lim_{x\to 0}\frac{e^{-x^2+x}-1}{x^2+3x}\cdot\frac{-x^2+x}{-x^2+x}=\lim_{x\to 0}\frac{e^{-x^2+x}-1}{-x^2+x}\cdot\frac{-x^2+x}{x^2+3x}=[/dispmath]
[dispmath]=\lim_{x\to 0}\frac{e^{-x^2+x}-1}{-x^2+x}\cdot\lim_{x\to 0}\frac{-x^2+x}{x^2+3x}=\lim_{x\to 0}\frac{e^{-x^2+x}-1}{-x^2+x}\cdot\lim_{x\to 0}\frac{-x+1}{x+3}=\frac{1}{3}\lim_{x\to 0}\frac{e^{-x^2+x}-1}{-x^2+x}=[/dispmath]
[inlmath]t=-x^2+x[/inlmath]
[dispmath]=\frac{1}{3}\lim_{t\to 0}\frac{e^t-1}{t}=\frac{1}{3}\lim_{t\to 0}\frac{1}{\frac{1}{e^t-1}\cdot t}=\frac{1}{3}\lim_{t\to 0}\frac{1}{\frac{1}{e^t-1}\cdot\ln e^t}=[/dispmath]
[dispmath]=\frac{1}{3}\lim_{t\to 0}\frac{1}{\frac{1}{e^t-1}\cdot\ln\left[1+\left(e^t-1\right)\right]}=\frac{1}{3}\lim_{t\to 0}\frac{1}{\ln\left[1+\left(e^t-1\right)\right]^\frac{1}{e^t-1}}=\frac{1}{3}\frac{1}{\ln e}=\frac{1}{3}[/dispmath]

Evo imam još jedan limes koji je dio jednoga zadatka koji nije objašnjen ja sam ga pokušavao raditi.
[dispmath]\lim_{x\to\frac{\pi}{4}}\left(\frac{\ln(\mathrm{tg}\:x)}{\cos 2x}\right)=[/dispmath]
Ovo treba da ispadne [inlmath]-1[/inlmath] kada malo sredim dobijem
[dispmath]\lim_{x\to\frac{\pi}{4}}\left(\frac{\mathrm{tg}\:x-1}{\cos 2x}\right)=[/dispmath]
Ja mislim da je dovden tačno sada je problem kako dalje. Neko je pisao u predhodnim postovima da treba uvoditi [inlmath]\mathrm{tg}\:x=\sqrt\frac{1-\cos 2x}{1+\cos 2x}[/inlmath] Ali i kada to ubacim ne znam dalje.Ako može samo ideja ne treba postupak.

[inlmath]\mathrm{tg}\:x[/inlmath] napiši kao [inlmath]\frac{\sin x}{\cos x}[/inlmath], a [inlmath]\cos 2x[/inlmath] napiši kao [inlmath]\cos^2x-\sin^2x[/inlmath].

A mogao si raditi i preko l'Hôpitala...


EDIT: Sad kad sam prebacio zadatak u ovu temu video sam da smo u njoj takav zadatak već imali... Al' nema veze, tada je bio urađen na drugi način, pa nek ostane i ovo da imamo više načina...

Evo riješio sam i dobije se [inlmath]-1[/inlmath]
[dispmath]\lim_{x\to\frac{\pi}{4}}\left(\frac{\ln(\mathrm{tg}\:x)}{\cos 2x}\right)=[/dispmath][dispmath]\lim_{x\to\frac{\pi}{4}}\left(\frac{\mathrm{tg}\:x-1}{\cos 2x}\right)=[/dispmath][dispmath]\lim_{x\to\frac{\pi}{4}}\left(\frac{\frac{\sin x}{\cos x}-1}{\cos^2x-\sin^2x}\right)=[/dispmath][dispmath]\lim_{x\to\frac{\pi}{4}}\left(\frac{\frac{\sin x-\cos x}{\cos x}}{(\cos x-\sin x)(\cos x+\sin x)}\right)=[/dispmath][dispmath]\lim_{x\to\frac{\pi}{4}}\left(\frac{\frac{\cancel{-(\cos x-\sin x)}}{\cos x}}{\left(\cancel{\cos x-\sin x}\right)(\cos x+\sin x)}\right)=[/dispmath][dispmath]\lim_{x\to\frac{\pi}{4}}\left(\frac{-1}{\cos x(\cos x+\sin x)}\right)=[/dispmath][dispmath]\lim_{x\to\frac{\pi}{4}}\left(\frac{-1}{\frac{2}{2}}\right)=[/dispmath][dispmath]\lim_{x\to\frac{\pi}{4}}\left(\frac{-1}{1}\right)=-1[/dispmath]
Ovako je dosta lakše. Evo sada sam pogledao staru temu ti si govorio da treba transformisati tangens preko kosinusa dvostrukog ugla. Jer ja to tek kada sam vidio sve se iskomplikuje jer ima korijen.A što se tiče l'Hôpitala, uopšte ne znam ni šta je to jer to u školi nismo ni radili.

Zašto misliš da bi se iskomplikovalo kada ima koren? U ovom slučaju, pošto znamo da se [inlmath]x[/inlmath] nalazi u okolini [inlmath]\frac{\pi}{4}[/inlmath], znamo i da [inlmath]\mathrm{tg}\:x[/inlmath] mora biti pozitivan (blizak jedinici), pa znamo da ispred korena treba uzeti znak plus. Tako da, iako generalno u trigonometriji koreni jesu nezgodni upravo zbog tog predznaka, u ovom slučaju nam to ne stvara problem.

Jedino mislim da nije baš očigledno kako si iz [inlmath]\lim\limits_{x\to\frac{\pi}{4}}\frac{\ln(\mathrm{tg}\:x)}{\cos 2x}[/inlmath] dobio [inlmath]\lim\limits_{x\to\frac{\pi}{4}}\frac{\mathrm{tg}\:x-1}{\cos 2x}[/inlmath]. Jesi li radio na ovaj način?
[dispmath]\lim_{x\to\frac{\pi}{4}}\frac{\ln(\mathrm{tg}\:x)}{\cos 2x}=\lim_{x\to\frac{\pi}{4}}\frac{\left(\mathrm{tg}\:x-1\right)\cdot\frac{1}{\mathrm{tg}\:x-1}\cdot\ln\left[1+(\mathrm{tg}\:x-1)\right]}{\cos 2x}=[/dispmath][dispmath]=\lim_{x\to\frac{\pi}{4}}\frac{\left(\mathrm{tg}\:x-1\right)\cdot\ln\left[1+(\mathrm{tg}\:x-1)\right]^{\frac{1}{\mathrm{tg}\:x-1}}}{\cos 2x}=\lim_{x\to\frac{\pi}{4}}\frac{\left(\mathrm{tg}\:x-1\right)\cdot\ln e}{\cos 2x}=\lim_{x\to\frac{\pi}{4}}\frac{\mathrm{tg}\:x-1}{\cos 2x}[/dispmath]

Evo pogleda gore slučajna greška treba na kraju [inlmath]-1[/inlmath] a ne [inlmath]1[/inlmath]. Slučajno sam zaboravio [inlmath]-[/inlmath]. Pa prepravi to da ne bude zabune.Upravo sam radio tako kao što si ti napiso. Jer to je jedini način na koji to znam uraditi. Vrtio sam ja nešto i sa korijenom ali ispetljam se sam zapravo ne znam kako ću kada imam korijen. On me zbunjuje. Aj daj mi upute kako bi ti radio sa korijenom da i ja probam. Jer stvarno ne znam.

Pa šta će ti upute, kad sam pokazao step-by-step postupak izračunavanja za način s korenom, ovde.

Meni je potpuno i promaklo da si napisao [inlmath]1[/inlmath] umesto [inlmath]-1[/inlmath]. OK, ispravio sam ti to.

Nisam to ni vidio.Da lakši je to način jer se odmah korijen uvrštava u logaritam pa preko svojstva prelazi ispred njega. Ali ja sam govorio da mi se nije dalo u slučaju kada svedem na onaj moj oblik i izrazim tangens preko korijena kada nema nikakvoga logaritma. Tu već nastaje problem...

Upravo tako, kad svedeš na taj oblik bez logaritma, tad je već kasno za primenu tog načina s korenom.

Možda ga je i u tome obliku nemoguće izračunati. Jer ja sam probavao kao što sam rekao ispetljam se. Nema šta nisam probao da uradim ali nema šanse.