\(\displaystyle{ \lim_{x\to 0} \left(\frac{1}{x^2}-\frac{1}{\sin^2 x}\right)}\)
Wymęczyłem w końcu po iluś tam hospitalizacjach, że wynik to \(\displaystyle{ -\frac{1}{3}}\). Jak najszybciej uzyskać ten wynik? Jak to zrobić bez reguły de L'Hospitala?
Granica w zerze
- Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15685
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 195 razy
- Pomógł: 5219 razy
Re: Granica w zerze
Można sprowadzić do wspólnego mianownika i w liczniku użyć przybliżenia \(\displaystyle{ \sin x\approx x-\frac{x^3}{6}}\).
Jeśli znasz wzór Taylora, to łatwo uzasadnić powyższe, jeśli zaś nie, to może być niestety żmudniej:
mamy
\(\displaystyle{ \cos x\ge 1-\frac{x^2}{2}}\), a to dlatego, że ze wzoru na kosinus podwojonego kąta jest
\(\displaystyle{ \cos x=1-2\sin^2\left(\frac{x}{2}\right)\ge 1-2\cdot \frac{x^2}{4}=1-\frac{x^2}{2}}\).
O funkcji \(\displaystyle{ f(x)=\sin x-\left(x-\frac{x^3}{6}\right)}\) możemy więc powiedzieć, że \(\displaystyle{ f(0)=0, \ f'(x)\ge 0}\) dla \(\displaystyle{ x\ge 0}\), czyli
gdy \(\displaystyle{ x\ge 0}\), to \(\displaystyle{ f(x)\ge 0}\). (*)
Dzięki (*) łatwo można wykazać, że w nieujemnych jest
\(\displaystyle{ \cos x\le 1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}}\), wszak dla zera się zgadza, a dalej wystarczy rozpatrzyć funkcję \(\displaystyle{ g(x)=1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}-\cos x}\) i odnotować, że \(\displaystyle{ g'(x)=f(x)\ge 0, \ x\ge 0}\).
Stąd można bez trudu wyciągnąć wniosek, że
\(\displaystyle{ \frac{x^5}{120}\ge f(x), \ x\ge 0}\): rozpatrujemy funkcję \(\displaystyle{ h(x)=\frac{x^5}{120}-f(x)}\), mamy \(\displaystyle{ h(0)=0}\), a dalej możemy odnotować, że \(\displaystyle{ h'(x)=g(x)\ge 0, \ x\ge 0}\).
Podsumowując, uzyskaliśmy w ten sposób \(\displaystyle{ x-\frac{x^3}{6}\le \sin x\le x-\frac{x^3}{6}+\frac{x^5}{120}, \ x\ge 0}\), a że funkcja, której granicę badamy, jest parzysta, więc można się ograniczyć do obliczenia granicy prawostronnej w zerze.
Jeśli znasz wzór Taylora, to łatwo uzasadnić powyższe, jeśli zaś nie, to może być niestety żmudniej:
mamy
\(\displaystyle{ \cos x\ge 1-\frac{x^2}{2}}\), a to dlatego, że ze wzoru na kosinus podwojonego kąta jest
\(\displaystyle{ \cos x=1-2\sin^2\left(\frac{x}{2}\right)\ge 1-2\cdot \frac{x^2}{4}=1-\frac{x^2}{2}}\).
O funkcji \(\displaystyle{ f(x)=\sin x-\left(x-\frac{x^3}{6}\right)}\) możemy więc powiedzieć, że \(\displaystyle{ f(0)=0, \ f'(x)\ge 0}\) dla \(\displaystyle{ x\ge 0}\), czyli
gdy \(\displaystyle{ x\ge 0}\), to \(\displaystyle{ f(x)\ge 0}\). (*)
Dzięki (*) łatwo można wykazać, że w nieujemnych jest
\(\displaystyle{ \cos x\le 1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}}\), wszak dla zera się zgadza, a dalej wystarczy rozpatrzyć funkcję \(\displaystyle{ g(x)=1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}-\cos x}\) i odnotować, że \(\displaystyle{ g'(x)=f(x)\ge 0, \ x\ge 0}\).
Stąd można bez trudu wyciągnąć wniosek, że
\(\displaystyle{ \frac{x^5}{120}\ge f(x), \ x\ge 0}\): rozpatrujemy funkcję \(\displaystyle{ h(x)=\frac{x^5}{120}-f(x)}\), mamy \(\displaystyle{ h(0)=0}\), a dalej możemy odnotować, że \(\displaystyle{ h'(x)=g(x)\ge 0, \ x\ge 0}\).
Podsumowując, uzyskaliśmy w ten sposób \(\displaystyle{ x-\frac{x^3}{6}\le \sin x\le x-\frac{x^3}{6}+\frac{x^5}{120}, \ x\ge 0}\), a że funkcja, której granicę badamy, jest parzysta, więc można się ograniczyć do obliczenia granicy prawostronnej w zerze.
- mol_ksiazkowy
- Użytkownik
- Posty: 11263
- Rejestracja: 9 maja 2006, o 12:35
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 3140 razy
- Pomógł: 747 razy
Re: Granica w zerze
Ciekawym wydaje się też zbadanie ciągu \(\displaystyle{ \lim_{x\to 0} \left(\frac{1}{x^n}-\frac{1}{\sin^n x}\right) }\) ...
-
- Użytkownik
- Posty: 22171
- Rejestracja: 15 maja 2011, o 20:55
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Bydgoszcz
- Podziękował: 38 razy
- Pomógł: 3748 razy
Re: Granica w zerze
Dla `n>2` mamy
\(\displaystyle{ \frac{1}{\sin^nx}-\frac{1}{x^n}>\frac{1}{x^{n-2}\sin^2x}-\frac{1}{x^n}=\frac{1}{x^{n-2}}\left(\frac{1}{\sin^2x}-\frac{1}{x^2}\right)\to\infty}\),
bo wyrażenie w nawiasie ma dodatnią skończoną granicę.
Dla `0<n<2` granica wyrażenia jest zero (z troszkę innych powodów)
\(\displaystyle{ \frac{1}{\sin^nx}-\frac{1}{x^n}>\frac{1}{x^{n-2}\sin^2x}-\frac{1}{x^n}=\frac{1}{x^{n-2}}\left(\frac{1}{\sin^2x}-\frac{1}{x^2}\right)\to\infty}\),
bo wyrażenie w nawiasie ma dodatnią skończoną granicę.
Dla `0<n<2` granica wyrażenia jest zero (z troszkę innych powodów)