Matematyka.pl

Dzień dobry.

Przyznam się szczerze, że pokonała mnie pewna granica. Próbowałem ją ugryźć z kilku stron lecz po prostu czuję, że cały czas mi coś umyka.

\(\displaystyle{ \lim_{ x\to 0 }\left( \frac{\arctan x}{x} \right) ^{ \frac{1}{x ^{2} } }}\)

rozpisałem to jako \(\displaystyle{ \lim_{ x\to 0 } e ^{ \frac{\ln\left( \frac{\arctan x}{x} \right) }{x ^{2} } }}\)
Po czym z ciągłości eksponenty wszedłem z granicą do wykładnika i dalej rozpatrywałem taką granicę
\(\displaystyle{ \lim_{ x\to 0 }\frac{\ln\left( \frac{\arctan x}{x} \right) }{x ^{2} } \frac{}{}}\)

Dzięki granicy specjalnej wiadomo, że w mianowniku logarytm dąży do 0 , więc mamy symbol nieoznaczony zero przez zero, zakładam, że granica ilorazu pochodnych istnieje i używam reguły de l'Hospitala, tyle, że ona nic mi nie daje. Po rozwinięciu tego ilorazu wzorem Taylora ponownie otrzymuję symbol nieoznaczony, a jakość tychże wyrażeń niemal od razu odwodzi od pomysłu ponownej próby zastosowania reguły i każe się zastanowić gdzie zgubiłem ten "myk", który pozwala na bezbolesne obliczenie tej granicy. No chyba, że myku nie ma i trzeba uparcie brnąć w te pochodne.. Albo po prostu pomyliłem się w obliczeniach, taka opcja też jest.

\(\displaystyle{ \lim_{ x\to 0 }\frac{\ln\left( \frac{\arctan x}{x} \right) }{x ^{2} } \frac{}{}=[H]=\lim _{x\to \:0}\left(\frac{\frac{x-\arctan \left(x\right)\left(x^2+1\right)}{x\arctan \left(x\right)\left(x^2+1\right)}}{2x}\right)=\lim _{x\to \:0}\left(\frac{-\arctan \left(x\right)x^2+x-\arctan \left(x\right)}{2x^2\left(x^2+1\right)\arctan \left(x\right)}\right)=[H]=\\=\lim _{x\to \:0}\left(\frac{-2x\arctan \left(x\right)}{2\left(4x^3\arctan \left(x\right)+x^2+2x\arctan \left(x\right)\right)}\right)=\lim _{x\to \:0}\left(\frac{-\arctan \left(x\right)}{4\arctan \left(x\right)x^2+x+2\arctan \left(x\right)}\right)=[H]=\\=\lim _{x\to \:0}\left(\frac{-\frac{1}{x^2+1}}{\frac{4x^2+2}{1+x^2}+8x\arctan \left(x\right)+1}\right)=\lim _{x\to \:0}\left(\frac{-1}{8\arctan \left(x\right)x^3+5x^2+8\arctan \left(x\right)x+3}\right)=\\=\frac{-1}{8\arctan \left(0\right)\cdot \:0^3+5\cdot \:0^2+8\arctan \left(0\right)\cdot \:0+3}= \frac{-1}{3}}\)

Teraz najtrudniejsze.

\(\displaystyle{ e^{ \frac{-1}{3}}= \frac{1}{ \sqrt[3]{e} }}\)

Ok, czyli trzeba było w to brnąć, tego się nie spodziewałem. Dzięki

Można też trochę inaczej.

Po rozwinięciu tego ilorazu wzorem Taylora ponownie otrzymuję symbol nieoznaczony

No to popatrzmy:
\(\displaystyle{ \arctg x=x-\frac{x^3}{3}+o(x^3)\\ \frac{\arctg x}{x}=1-\frac{x^2}{3}+o(x^2)}\)
Teraz skorzystamy z następującego lematu:
jeśli \(\displaystyle{ \lim_{x \to x_0} f(x)=0, \ \lim_{x \to x_0}=+\infty}\) oraz istnieje granica właściwa
\(\displaystyle{ g= \lim_{x \to x_0 } f(x)\cdot g(x)}\), to
\(\displaystyle{ \lim_{x \to x_0}\left( 1+f(x)\right)^{g(x)}=\exp(g)}\)

W naszym przypadku \(\displaystyle{ x_0=0}\), \(\displaystyle{ f(x)= \frac{\arctg x}{x} -1, \ g(x)=\frac{1}{x^2}}\).
Z tego, że \(\displaystyle{ \frac{\arctg x}{x}=1-\frac{x^2}{3}+o(x^2)}\) dostajemy
\(\displaystyle{ \lim_{x \to 0}\left( \frac{\arctg x}{x} -1\right) \cdot \frac{1}{x^2} =-\frac{1}{3}}\),
stąd wynikiem jest \(\displaystyle{ e^{-\frac 1 3}}\).

Lemat. Dla \(\displaystyle{ f \rightarrow 0}\) przy \(\displaystyle{ x \rightarrow 0}\) mamy \(\displaystyle{ \frac{\ln\left( 1+f\right) }{f} \rightarrow 1}\) jeśli przyjmiemy \(\displaystyle{ f= \frac{\arctg x}{x} -1}\) to mamy za darmo

\(\displaystyle{ \frac{\ln \left( \frac{\arctg x}{x} \right) }{ \frac{\arctg x}{x} -1} \rightarrow 1}\)

liczymy jednak

\(\displaystyle{ \frac{\ln\left( \frac{\arctg x}{x}\right) }{x^2}= \frac{\ln\left( \frac{\arctg x}{x}\right) }{\frac{\arctg x}{x}-1} \cdot \frac{\frac{\arctg x}{x}-1}{x^2}=\frac{\ln\left( \frac{\arctg x}{x}\right) }{\frac{\arctg x}{x}-1} \cdot \frac{\arctg x-x}{x^3}}\)

Rozdzielając to na iloczyn granic zostaje określić czym jest \(\displaystyle{ \frac{\arctg x-x}{x^3}}\) przy \(\displaystyle{ x \rightarrow 0}\). A to już łatwo zrobić bo wystarczy zastosować regułę DH jeden raz albo powołać się na to o czym pisał Premislav że

\(\displaystyle{ \arctg x=x-\frac{x^3}{3}+o(x^3)}\)

co daje wynik

\(\displaystyle{ \frac{\arctg x-x}{x^3} \rightarrow - \frac{1}{3}}\)

Ech, niedoceniany Lagrange:
\(\displaystyle{ \log\frac{\arctg x}{x}=\frac{1}{\xi}(\arctg x-x)}\), gdzie \(\displaystyle{ \arctg x<\xi<x}\), zatem
\(\displaystyle{ \frac{\arctg x-x}{x^3}>\frac{\log\frac{\arctg x}{x}}{x^2}>\frac{\arctg x-x}{x^3}\frac{x}{\arctg x}}\),
Co w połączeniu z faktem, że \(\displaystyle{ \frac{x}{\arctg x}\to 1}\) od razu daje wynik.

13 stycznia 2018 miałem wtedy 5 lat i jadłem błoto z piaskownicy należy się więc cieszyć, że mój post ma krztynę sensu, a nie smucić, że Lagrange nie został doceniony.

a4karo pisze: ↑27 kwie 2023, o 21:25Ech, niedoceniany Lagrange

Prosty wzór \(\displaystyle{ \lim_{t \to 1} \frac{\ln t}{t-1} = 1}\) zastąpiłeś bardziej zaawansowanym trickiem z twierdzeniem Lagrange'a, a najtrudniejszy fragment, tj. granicę \(\displaystyle{ \lim_{x \to 0} \frac{\arctg x - x}{x^3}}\), pominąłeś - cóż tu więc doceniać?

Niedoceniany dlatego, że studentom wkłada się do głów regułę de l'Hospitala lub tricki typu mnożenie przez "sprzężnie" albo używanie granic, które nie wiem czemu nazywa się "specjalnymi" , a pomija się to proste i skuteczne narzędzie, które świetnie się spisuje. A na dodatek wyrabia u studentów umiejętność szacowania wartości wyrażeń

Jak policzyć granicę \(\displaystyle{ \lim_{x \to 0} \frac{\arctg x - x}{x^3}}\) pokazał wcześniej Premislav (Taylor), a Janusz Tracz wspomniał, że wystarczy jednokrotny de l'Hospital, więc pisanie, że to najtrudniejszy fragment jest co najmniej dziwne
\(\displaystyle{ \lim_{x \to 0} \frac{\arctg x - x}{x^3}=\lim_{x \to 0} \frac{\frac{1}{1+x^2}-1}{3x^2}=\lim_{x \to 0} \frac{-1}{3(1+x^2)}}\)

Swoją drogą, ten "prosty wzór" też się uzasadnia jednolinijkowym Lagrangem (choć pewnie to dyskusja o tym co było wcześniej - jajko czy kura)

a4karo pisze: ↑28 kwie 2023, o 03:38Jak policzyć granicę \(\displaystyle{ \lim_{x \to 0} \frac{\arctg x - x}{x^3}}\) pokazał wcześniej Premislav (Taylor), a Janusz Tracz wspomniał, że wystarczy jednokrotny de l'Hospital, więc pisanie, że to najtrudniejszy fragment jest co najmniej dziwne

Jest najtrudniejszy, jeśli resztę zrobi się metodą tradycyjną, czyli ze wzoru \(\displaystyle{ \lim_{t \to 0} \frac{\ln t}{t-1} = 1}\). Natomiast jeśli zrobi się ją Twoją metodą z twierdzeniem Lagrange'a, to rzeczywiście nie jestem pewien.

a4karo pisze: ↑28 kwie 2023, o 03:38Swoją drogą, ten "prosty wzór" też się uzasadnia jednolinijkowym Lagrangem (choć pewnie to dyskusja o tym co było wcześniej - jajko czy kura)

Zgadza się - i ta dyskusja nieuchronnie prowadziłaby do wniosku, że jeśli miał to być argument za wyższością metody z twierdzeniem Lagrange'a, to niezbyt sensowny.

Umówmy się: metodę tradycyjną zaprezentował Richard del Ferro w drugim poście.

Nie mam najmniejszego zamiaru deprecjonować rozwiązania Janusza Tracza. Chciałem jedynie wskazać, że studenci, mając do dyspozycji skuteczne narzędzie do liczenia granic, nie korzystają z niego, bo nikt im nie powiedział, że się da.
Dla mnie, gdy widzę różnicę wartości funkcji w dwóch punktach, zastosowanie Lagrange'a jest pierwszym pomysłem. Potem dopiero patrzę na tricki, które dadzą się zastosować.

Traktuj więc proszę mój post jako reklamę twierdzenia Lagrange'a i jeżeli uznasz, że jest to reklama zabroniona regulaminem - wyrzuć moje posty do kosza.