Matematyka.pl

\(\displaystyle{ (x^{2x})'= e^{2x\ln x} \cdot (2x \ln x)'}\)
Policz poprawnie pochodną z \(\displaystyle{ (2x \ln x)'}\) bo to nie jest \(\displaystyle{ 2}\)

\(\displaystyle{ \left[ \frac{\ln2 \cdot 2 ^{1^-} + \ln2 \cdot 2^{2-1^-}}{2 \cdot 1^- -2} \right] =}\)
\(\displaystyle{ \left[ \frac{\ln2 \cdot 2 + \ln2 \cdot 2}{0^-} \right]=}\)
\(\displaystyle{ \left[ \frac{4 \ln2 }{0^-} \right] = -\infty}\)

\lim_{ (x,y) \to (0,0) } \frac{xy}{x ^{2} + y ^{2}}
Granicę funkcji dwóch zmiennych można sprowadzić do przypadku granicy jednej zmiennej, podstawiając za: x = r \cos \phi + x_0 ; y = r \sin \phi +y_0 , przy czym x_0 , y_0 oznaczają współrzędne punktu w którym badamy granicę

x_0 = 0 , y_0 = 0 ...

Logarytmy biorą się z pochodnej :
\(\displaystyle{ \left(a^x\right) '= \ln(a) \cdot a^x}\)

\(\displaystyle{ \lim_{ x \to 1^- } \frac{2 ^{x} - 2 ^{2-x}}{(x-1) ^{2}} =}\)
\(\displaystyle{ \lim_{ x \to 1^- } \frac{2 ^{x} - 2 ^{2-x}}{x^2 -2x +1} =}\)
\(\displaystyle{ \lim_{ x \to 1^- } \frac{\ln2 \cdot 2 ^{x} + \ln2 \cdot 2^{2-x}}{2x -2} =-\infty}\)

Pomożemy!
\lim_{n\to \infty } \frac{ \sqrt{n+6}- \sqrt{n} }{ \sqrt{n-2}- \sqrt{n}} =
\lim_{n\to \infty } \frac{ \sqrt{n+6}- \sqrt{n} }{ \sqrt{n-2}- \sqrt{n}} \cdot \frac{ \sqrt{n+6}+ \sqrt{n} }{ \sqrt{n+6}+ \sqrt{n}} \cdot \frac{ \sqrt{n-2}+ \sqrt{n}}{ \sqrt{n-2}+ \sqrt{n}}=
\lim_{n\to \infty ...

\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } \sqrt{ \pi ^{n} } - \sqrt{ e ^{n} }=}\)
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } \sqrt{ \pi ^{n} } \left(1 - \sqrt{ {\left(\frac{e}{\pi}\right)}^{n}}\right)}\)
Teraz wystarczy powiedzieć do czego zmierza\(\displaystyle{ {\left(\frac{e}{\pi}\right)}^{n}}\)

Według mnie ta granica nie istnieje, bo \tan (n) \in (-\infty,\infty) , zatem
\frac{\tan(n)}{ \frac{1}{n} } = -\infty \vee \frac{\tan(n)}{ \frac{1}{n} } = \infty
W przypadku gdy \tan \rightarrow 0 to ta granica będzie wynosić \infty .
Nie wiem, czy to znaczyłoby że ta granica nie istnieje. Proszę ...

Chyba bardziej :
\(\displaystyle{ \frac{x ^{2} }{ \sqrt{x ^{2}+16 }+4 } \cdot \frac{1}{x}}\)

\lim_{x \to -3^+}= \frac{\arctan(x-3)}{x^2-9}=
\lim_{x \to -3^+}= \frac{\arctan(x-3)}{(x-3)} \cdot \frac{1}{x+3}=\left [ 1 \cdot \frac{1}{-3^+ +3} \right ] =+\infty
\lim_{x \to -3^-}= \frac{\arctan(x-3)}{x^2-9}=
\lim_{x \to -3^-}= \frac{\arctan(x-3)}{(x-3)} \cdot \frac{1}{x+3}=\left [ 1 \cdot ...

Stosujesz wzór a^b=e^{b \ln(a)}
\lim_{x\to\ 0 } (tg \frac{x}{2})^{ \frac{1}{lnx} }=
\lim_{x\to\ 0 } e^{\ln(tg \frac{x}{2}) \frac{1}{\ln x} }
I liczysz granice wykładnika :
\lim_{x\to\ 0 } \ln(tg \frac{x}{2}) \frac{1}{\ln x}=\lim_{x\to\ 0 } \frac{\ln(tg \frac{x}{2}) }{\ln x}
Po wyliczeniu takiej ...

\(\displaystyle{ \lim_{x \to 2} \arctan \frac{3+x}{9} - x^{2} = \left[ \arctan\frac{3+2}{9} - 2^{2}\right] =
\left[ \arctan\frac{5}{9} - 4 \right]}\) - nie jest to symbol nieoznaczony, zatem:
\(\displaystyle{ \lim_{x \to 2} \arctan \frac{3+x}{9} - x^{2} = \arctan\frac{5}{9} - 4}\)