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]