Granica funkcji zawierającej pierwiastek trzeciego stopnia

[whitecat]

Proszę o pomoc w obliczeniu następującej granicy:

\(\displaystyle{ \lim_{ \alpha \to 0} \frac{tg \alpha }{ \sqrt[3]{ \left( 1 - cos \alpha \right) ^{2} } }}\)

\(\displaystyle{ \lim_{ \alpha \to 0} \frac{tg \alpha }{ \sqrt[3]{ \left( 1 - cos \alpha \right) ^{2} } } = \left[ \frac{0}{0}\right]}\)

Korzystam z reguły de l'Hospitala:

obliczam pochodną licznika:

\(\displaystyle{ \lim_{ \alpha \to 0} \frac{tg \alpha }{ \alpha } = 1}\)

obliczam pochodną mianownika:
\(\displaystyle{ \lim_{ \alpha \to 0} \frac{\sqrt[3]{ \left( 1 - cos \alpha \right) ^{2} }}{ \alpha } = \lim_{ \alpha \to 0} \frac{1-cos \alpha }{ \alpha \sqrt[3]{1 - cos \alpha } } = \lim_{ \alpha \to 0} \frac{ \alpha sin^{2} \alpha }{ \alpha ^{2} \sqrt[3]{1- cos \alpha} \left( 1 + cos \alpha \right) } = \lim_{ \alpha \to 0} \frac{ \alpha }{ \sqrt[3]{1 - cos \alpha } \left( 1 + cos \alpha \right) } = \lim_{ \alpha \to0} \frac{ \alpha \cdot \sqrt[3]{ \left( 1 - cos \alpha \right) ^{2} } }{1 - cos^{2} \alpha } = \left[ \frac{0}{0} \right]}\)

Nie wiem co dalej zrobić... Proszę o pomoc.

[Ateos]

Wolfram pokazuje, że funkcja nie ma granicy w tym punkcie
(granice jednostronne są różne: lewa: \(\displaystyle{ - \infty}\); prawa \(\displaystyle{ \infty}\))

[Dasio11]

obliczam pochodną licznika:

\(\displaystyle{ \lim_{ \alpha \to 0} \frac{tg \alpha }{ \alpha } = 1}\)

obliczam pochodną mianownika:
\(\displaystyle{ \lim_{ \alpha \to 0} \frac{\sqrt[3]{ \left( 1 - cos \alpha \right) ^{2} }}{ \alpha } = \ldots}\)

więc według Ciebie \(\displaystyle{ \lim_{x \to 0} \frac{\tg x}{x} = \tg'(x) \\
\lim_{x \to 0} \frac{\sqrt[3]{ \left( 1 - cos x \right) ^{2} }}{ x }= \left( \sqrt[3]{ \left( 1 - cos x \right) ^{2} } \right)'}\)?

Hmm, w punkcie 0 tak... Ale z takim czymś się nie spotkałem jeszcze

[Dudas]

źle policzone pochodne :
\(\displaystyle{ tg'(\alpha) = \frac {1}{1+\alpha^2}}\)
\(\displaystyle{ (\sqrt[3]{(1-cos(\alpha))^2})' = \frac {2}{3}(1-cos(\alpha))^{\frac{-1}{3}}sin(\alpha)}\)

Granice już sam możesz wyliczyć

[Dasio11]

Dudas, on użył takiego bardziej subtelnego sposobu, mianowicie policzył pochodną w punkcie 0 z definicji

\(\displaystyle{ \tg' \alpha|_{\alpha \to 0}=\lim_{\alpha \to 0} \frac{\tg(\alpha) - \tg(0)}{\alpha-0}=\lim_{\alpha \to 0} \frac{\tg \alpha}{\alpha}}\)

tak samo w drugim...

[whitecat]

Dudas, on użył takiego bardziej subtelnego sposobu, mianowicie policzył pochodną w punkcie 0 z definicji
\(\displaystyle{ \tg' \alpha|_{\alpha \to 0}=\lim_{\alpha \to 0} \frac{\tg(\alpha) - \tg(0)}{\alpha-0}=\lim_{\alpha \to 0} \frac{\tg \alpha}{\alpha}}\)

czyli \(\displaystyle{ \lim_{ \alpha \to 0} \frac{tg \alpha }{ \alpha } = 1}\) jest dobrze?

a co z pochodną mianownika?

[Ateos]

pewnie, że dobrze ale im o coś zupełnie innego chodzi.

Przeczytaj jescze raz mój post. Jeśli nie ma granicy to nie ma co liczyć, bo będziesz liczył w nieskończoność. Policz granice jednostronne i zobaczysz.

[whitecat]

To znaczy, żeby funkcja miała granicę w danym punkcie to jej granice jednostronne muszą być w tym punkcie takie same?

P.S. W odpowiedziach do tego przykładu podali \(\displaystyle{ \infty}\)

[Ateos]

a spójrz sobie na wykres tej funkcji:

[whitecat]

Rzeczywiście widocznie jest błąd w odpowiedziach. Dzięki

[Dasio11]

Może jest \(\displaystyle{ \alpha \to 0+}\)? Poza tym, żeby stwierdzić czy granica nie istnieje, trzeba jednak najpierw policzyć te jednostronne...