Matematyka.pl

Mam problem z policzeniem 4 granic. Oto one:

1. \(\displaystyle{ \lim_{x\to\infty}(\frac{x^{2}+5}{x^{2}-7})^{x^{2}}}\)

2. \(\displaystyle{ \lim_{x\to 0}\frac{x^{2}-sin x}{x^{3}}}\)

3. \(\displaystyle{ \lim_{x\to \frac{\Pi}{4}}(tg x)^{tg 2x}}\)

4. \(\displaystyle{ \lim_{x\to\infty}\frac{e^{x^{2}}}{e^{x}}}\)

1. 1 (robisz tak: \(\displaystyle{ \lim_{x\to \infty}\(\frac{\frac{x^{2}}{x^{2}}+\frac{5}{x^{2}}}{\frac{x^{2}}{x^{2}}-\frac{7}{x^{2}}}\)^{x^{2}}}\) (jeśli dobrze odczytałem:D)

I teraz jedziesz: \(\displaystyle{ \frac{5}{x^{2}}\to 0}\), tak samo \(\displaystyle{ \frac{7}{x^{2}}}\), czyli zostaje Ci \(\displaystyle{ 1^{x^{2}}}\), czyli 1

[ Dodano: Czw Kwi 21, 2005 1:30 pm ]
2. Może z H'ospitala (chyba tak to się piszę ) czyli \(\displaystyle{ \lim_{x\to 0}\frac{2x-cosx}{3x^{2}}}\) i teraz mamy \(\displaystyle{ \frac{0-1}{+0}}\), czyli jak dla mnie \(\displaystyle{ -\infty}\)

[ Dodano: Czw Kwi 21, 2005 1:37 pm ]
3. Za x podstawiłbym po prostu \(\displaystyle{ \frac{\Pi}{4}}\) i wyjdzie \(\displaystyle{ (tg(\frac{\Pi}{4})^{tg(\frac{\Pi}{2})}}\). Nie pamiętam ile to jest, sprawdź sobie na tablicach

Nie wiem bardzo jak to policzyć, ale podaję prawidłowe wyniki, jeśli to coś da:

1. \(\displaystyle{ \;e^{12}\;}\); 2. \(\displaystyle{ \;-\infty\;}\); 3. \(\displaystyle{ \;e^{-1}\;}\); 4. \(\displaystyle{ \;\infty\;}\);

W zadaniu 3 nie wolno skorzystać z metody , którą zaproponowałeś - bo prowadzi ona do symbolu nieoznaczonego.Oto mój sposób rozwiazania tego zadania:
\(\displaystyle{ \lim_{x\to\frac{\pi}{4}}tg(x)^{tg(2x)}=\lim_{x\to\frac{\pi}{4}}e^{tg(2x)ln(tg(x))}}\) Teraz korzystam z faktu,że \(\displaystyle{ \frac{ln(x_n+1)}{x_n}=1}\) dla dowolnego ciągu \(\displaystyle{ x_n}\) zbieżnego do 0.Naszym ciągiem w zadaniu będzie\(\displaystyle{ x_n=tgx-1}\)
Przekształcając nasze wyrażenie dostajemy:\(\displaystyle{ \lim_{x\to\frac{\pi}{4}}e^{\frac{tg(2x)ln(tg(x))(tg(x)-1)}{tgx-1}}}\)Wiemy już,że w wykładniku jest ciąg zbieżny do 1, ale trzeba jeszcze zająć się \(\displaystyle{ \lim_{x\to\frac{\pi}{4}}e^{tg(2x)(tgx-1)}}\).Przekształćmy wykładnik.Dostajemy:\(\displaystyle{ tg(2x)(tgx-1)}=\frac{2sinxcosx}{(cosx-sinx)(cosx+sinx)}\frac{-(cosx-sinx)}{cosx}}\)Po skróceniu:\(\displaystyle{ \frac{-2sinx}{cosx+sinx}}\)Teraz możemy dokonać upragnionego przejścia granicznego(koszystając z ciągłości funkcji wykładniczej), podstawiając\(\displaystyle{ \frac{\pi}{4}}\) otrzymujemy \(\displaystyle{ e^{-1}}\)

Podobnie jest w pierwszym: symbol nioznaczony \(\displaystyle{ 1^{\infty}}\) W pierwszym: pomoże ci to: \(\displaystyle{ ((\frac{1}{x-{7 \over x}})\cdot(x+ {5 \over x}))^{2x}}\)

Dziękuję wszystkim za pomoc.

Co do pierwszego zadania to jest banalne. Nie wiem czemu wcześniej na to nie wpadłem, ale dopiero jak zobaczyłem jaki jest wynik w wypowiedzi florka177 doszło do mnie, że należy skorzystać ze wzoru

\(\displaystyle{ \lim_{x\to\infty}(1+\frac{1}{x})^{x}=e}\)

i faktycznie po jednej linijce przekształceń wychodzi \(\displaystyle{ e^{12}}\)

No i pozostaje 4 zadanie. Wynik jest oczywisty \(\displaystyle{ \infty}\), bo biorąc to na "chłopski rozum" licznik "szybciej rośnie" niż mianownik, ale jak dojść do odpowiedzi opierając się na prekształceniach matematycznych?

Pozdrawiam

Sztuczka z e zadziała do zadania 4 i tym razem.No bo spójrz:
\(\displaystyle{ \frac{e^{x^2}}{e^x}=e^{ln\frac{e^{x^2}}{e^x}}}\) Zajmijmy sie samym wykladnikiem
\(\displaystyle{ ln\frac{e^{x^2}}{e^x}=ln(e^{x^2})-ln{e^x}=x^2-x}\) Wykładnik jak widać rozbiega do nieskonczoności więc i funkcja rozbiega....

artak_serkses -> na przyszlosc jak nie masz pojecia o tym co robisz to tego nie pisz. Namieszasz tylko ludziom w glowach.

Idąc twoim tokiem rozumowania to ja mogę pokazać, że e=1.