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]