Matematyka.pl

Obliczyć granice. Przy pomocy L'Hospital'a

\(\displaystyle{ \lim_{x \to0^+ } (ln cos2x)^{ \frac{1}{x^2}}\)

Pozdrawiam

Nie wiem, po co utrudniać sobie obliczenia, wprost widać, że



\(\displaystyle{ \lim_{x \to0^+ } (ln cos2x)^{ \frac{1}{x^2}}=(0^{-})^{\infty}=0}\)

Wydawało by się to takie oczywiste, ale czy to nie jest przypadkiem symbol nie oznaczony;).

Mało tego odpowiedź podana jest taka \(\displaystyle{ e^{-2}}\)

Mi wychodzi raz \(\displaystyle{ e^{-1}}\) a innym razem \(\displaystyle{ e^{- \frac{1}{2} }}\)

Za Diabła nie może mi wyjść \(\displaystyle{ e^{-2}}\)

Pozdrawiam

nie wiem, czy w ogóle podałeś poprawnie tą granicę, gdyby było

\(\displaystyle{ \lim_{x \to 0^{+}}(cos2x)^{ \frac{1}{x^2} }= \lim_{x \to 0^{+}}e^{ \frac{1}{x^2}\cdot lncos2x } =e^{-2}}\)

Podałem tak jak jest w książce;)

Pozdrawiam

Noo to z tym logarytmem to ciężko będzie, bo wtedy dziedziną są pojedyncze punkty i się granicy nie policzy.

\(\displaystyle{ \frac{1}{x^2}\cdot lncos2x}\)

mógłby ktoś pokazać jak to zbiega do -2, przy x dążącym do zera (prawostronnie).
Tak z ciekawości się pytam.

No włąsnie i tu jest problem;)
Dlatego wnioskuje że jest tu błąd

Z kosmosu się to nie wzięło (jak już to z kapelusza), pewnie ma jakieś wyjaśnienie albo trzeba coś fajnego zauważyć. Ale niestety ja nie widzę, zatem czekam może Lorek lub ktoś pokaże tę sztuczkę.

Hospital?

Albo wzór na cosinus kąta podwojonego:
\(\displaystyle{ \frac{1}{x^2} ln(cos(2x)) = ln(1-2sin^{2}x)^{ (\frac{1}{2sin^{2}x})^{\frac{2sin^{2}x}{x^2}}}}\)

aha ok rozumiem
Po prostu z d'H nie korzystam.

Wasilewski... wszystko byłby fajnie gdyby tak było jak napisałeś. Ale troszkę zmodyfikowałeś zadanie;)
Było taki\(\displaystyle{ \lim_{x \to0^+ } (ln cos2x)^{ \frac{1}{x^2}}\) a zrobiłeś takie \(\displaystyle{ \lim_{x \to0^+ } ln(cos2x)^{ \frac{1}{x^2}}\)
a ponad to ....

to wychodzi coś takiego\(\displaystyle{ \frac{1}{x^2} ln(cos(2x)) = ln(1-2sin^{2}x)^{ (\frac{1}{2sin^{2}x})^{\frac{2sin^{2}x}{x^2}}} ln(1-0)^{+ ^{ \frac{0}{0 }}\)

i w sumie wychodzi nie wiadomo co albo \(\displaystyle{ 0}\)

Logarytmując stronami powstaje dopiero coś takiego:

\(\displaystyle{ ln(f(x))= \frac{1}{x^2}ln(ln cos2x)}\)

doprowadzałem do postaci takiej

\(\displaystyle{ ln(f(x))= \frac{ln(ln cos2x)}{x^2}}\) \(\displaystyle{ \Rightarrow \frac{?}{0}}\)

I dalej to już się gubię;)

Pozdrawiam

Wasilewski pisze:Albo wzór na cosinus kąta podwojonego:
\(\displaystyle{ \frac{1}{x^2} ln(cos(2x)) = ln(1-2sin^{2}x)^{ (\frac{1}{2sin^{2}x})^{\frac{2sin^{2}x}{x^2}}}}\)

To powinnaś wiedzieć:

\(\displaystyle{ \frac{2sin^{2}x}{x^2}} = \frac{2(sinx)(sinx)}{x*x}} 2*1=2}\)

Co reszty domyślam się że trik polega jakoś tak...

\(\displaystyle{ ln(1-2sin^{2}x)^{\frac{1}{2sin^{2}x}} = \frac{ln(1-2sin^{2}x)}{2sin^{2}x} -1}\)

(choć tego tak niezbyt jestem pewien):

\(\displaystyle{ -1*\frac{ln(1-2sin^{2}x)}{-2sin^{2}x} -1*1=-1}\)