granica sinx/x

tommy007 · Post autor: **tommy007** » 26 gru 2006, o 10:51

dlaczego \(\displaystyle{ \lim \frac{\sin x}{x}}\) gdy \(\displaystyle{ x}\) dązy do zera \(\displaystyle{ =1}\)?
Nie wiem jak to rozpisać Proszę o pomoc

LecHu :) · Post autor: **LecHu :)** » 26 gru 2006, o 11:16

\(\displaystyle{ \lim\limits_{x{\to}0}\frac{\sin x}{x}=\frac{\cos x}{1}=1}\)
Albo inaczej. \(\displaystyle{ \sin x}\) dla \(\displaystyle{ x}\)-a dążącego do zera także podąża do zera. Dla bardzo małego \(\displaystyle{ x}\)-a zarówno \(\displaystyle{ \sin x}\) jak i \(\displaystyle{ x}\) mają podobną wartość więc kiedy podzielimy \(\displaystyle{ \sin x}\) przez \(\displaystyle{ x}\) otrzymamy jeden.

Rozwiązanie niespecjalnie poprawne.
JK

Fighter · Post autor: **Fighter** » 26 gru 2006, o 11:45

Tak w ramach ciekawostki powiem ze nigdy nie uzywajcie do policzenia tej granicy reguly "szpitala" poniewaz zeby wyprowadzic pochodna sinusa trzeba skorzystac wlasnie z tego ze \(\displaystyle{ \frac{\sin x}{x}=1}\) krotko mowiac udowadniamy \(\displaystyle{ \frac{\sin x}{x}}\) za pomoca pochodnej , ktora lciz ysie dzieki zalozeniu ze \(\displaystyle{ \frac{\sin x}{x}}\) jest\(\displaystyle{ =1}\)

Jak to mowi moja ćwiczeniówka jest to po prostu nieprzyzwoite

bolo · Post autor: **bolo** » 26 gru 2006, o 12:30

Czyli ignotum per ignotum. Można to pokazać geometrycznie, ale jest też inny sposób. Być może na dniach wrzucę go do kompendium forum.

tommy007 · Post autor: **tommy007** » 26 gru 2006, o 12:37

LecHu pisze:\(\displaystyle{ \lim\limits_{x{\to}0}\frac{\sin x}{x}=\frac{\cos x}{1}=1}\)

hm... z czego to niby wynika, dlaczego granica \(\displaystyle{ \frac{\sin x}{x}=\lim \frac{\cos x}{1}}\)?

bolo · Post autor: **bolo** » 26 gru 2006, o 12:40

Ano bo zastosował karetkę. Tyle że przy obliczaniu pochodnej sinusa pojawia się to, co chce wyjściowo obliczyć, czyli \(\displaystyle{ \lim\limits_{x{\to}0}\frac{\sin x}{x}}\)

luka52 · Post autor: **luka52** » 26 gru 2006, o 12:40

Zauważmy, że wystarczy rozpatrywać tylko dodatnie wartości x, bo
\(\displaystyle{ \frac{\sin{x}}{x} = \frac{\sin{(-x)}}{-x}}\)
Wiemy, że zachodzi:
\(\displaystyle{ \sin{x} \leq x \leq \tan{x}}\)
Dzieląc przez sin(x) otrzymujemy:
\(\displaystyle{ 1 \leq \frac{x}{\sin{x}} \leq \frac{1}{\cos{x}}}\)
skąd, biorąc odwrotności, mamy:
\(\displaystyle{ \cos{x}\leq \frac{\sin{x}}{x}\leq 1}\)
Widać już, że gdy \(\displaystyle{ x \to 0}\), to \(\displaystyle{ \cos{x}=1}\), czyli dla \(\displaystyle{ x \to 0}\) mamy:
\(\displaystyle{ 1 \leq \frac{\sin{x}}{x} \leq 1}\)
Podsumowując:
\(\displaystyle{ \lim\limits_{x{\to}0}\frac{\sin x}{x}=1}\)

Fighter · Post autor: **Fighter** » 26 gru 2006, o 12:42

z reguły de L'Hospitala , ale w ten sposob nei mozesz tego udowanidac.(czytaj moj wczesniejszy post)

DEXiu · Post autor: **DEXiu** » 28 gru 2006, o 01:10

luka52 ==> Po pierwsze nierówności powinny być słabe a nie ostre, a po drugie z lekka Ci się te nierówności kopsły (w przeciwną stronę) ale to szczegół

luka52 · Post autor: **luka52** » 28 gru 2006, o 10:42

DEXiu, w którym miejscu mają być nierówności w przeciwną stronę, bo nie widzę.

DEXiu · Post autor: **DEXiu** » 28 gru 2006, o 14:30

Ups. Fakt. Nadwzroczność ma Teraz jest ok.

bedbet · Post autor: **bedbet** » 13 mar 2009, o 15:53

Mnie by interesowała ta granica z Cauchy`ego jak jest policzona. Wie ktoś jak to oszacować?

piasek101 · Post autor: **piasek101** » 13 mar 2009, o 16:03

Co do wyjściowej granicy - można się powołać na rozwinięcie sinusa w szereg Taylora (nawet Maclaurina).

[edit]Po wysłaniu zauważyłem, że wątek odgrzewany.

bedbet · Post autor: **bedbet** » 13 mar 2009, o 16:10

Z rozwinięcia w szereg to ja to potrafię zrobić, tylko jak z Cauchy`ego to można oszacować? Dochodzę do czegoś takiego:

\(\displaystyle{ 0\leqslant\left|\frac{\sin x}{x}-1\right|\leqslant\left|\frac{1-x}{x}\right|\leqslant\frac{1}{|x|}}\)

No i prawa strona niechybnie dąży do nieskończoności