witam, czy mógłbym prosić o rozwiązania poniższych przykładów?:
1. \(\displaystyle{ \lim_{x\to0} \frac{1-\sin(2x)}{\cos(\frac{\pi}{2}+x)}}\)
2. \(\displaystyle{ \lim_{x\to\frac{\pi}{4}} \frac{2\sin(x)-\sqrt{2}}{\sqrt{2}-2\cos(x)}}\)
3. \(\displaystyle{ \lim_{x\to\pi} \sin(4x)*ctg(x)}\)
4. \(\displaystyle{ \lim_{h\to0} \frac{\sqrt[3]{x+h}-\sqrt[3]{x}}{h}}\)
dodam jeszcze, że do rozwiązania tych granic nie wolno mi używać reguły de L'Hospitala,
pozdrawiam
Granice czterech funkcji
-
- Użytkownik
- Posty: 2
- Rejestracja: 19 paź 2007, o 00:17
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 2 razy
-
- Użytkownik
- Posty: 636
- Rejestracja: 10 paź 2007, o 12:57
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Łódź
- Pomógł: 350 razy
Granice czterech funkcji
4.
\(\displaystyle{ \lim_{h\to0}\frac{\sqrt[3]{x+h}-\sqrt[3]x}h=\lim_{h\to0}\frac{(\sqrt[3]{x+h})^3-(\sqrt[3]x)^3}{((\sqrt[3]{x+h})^2+\sqrt[3]{x+h}\sqrt[3]x+(\sqrt[3]x)^2)h}=\\
=\lim_{h\to0}\frac{h}{((\sqrt[3]{x+h})^2+\sqrt[3]{x+h}\sqrt[3]x+(\sqrt[3]x)^2)h}=\\
=\lim_{h\to0}\frac{1}{(\sqrt[3]{x+h})^2+\sqrt[3]{x+h}\sqrt[3]x+(\sqrt[3]x)^2}=\\
=\begin{cases}\frac{1}{3(\sqrt[3]x)^2}&x>0\\+\infty&x=0\end{cases}}\)
\(\displaystyle{ \lim_{h\to0}\frac{\sqrt[3]{x+h}-\sqrt[3]x}h=\lim_{h\to0}\frac{(\sqrt[3]{x+h})^3-(\sqrt[3]x)^3}{((\sqrt[3]{x+h})^2+\sqrt[3]{x+h}\sqrt[3]x+(\sqrt[3]x)^2)h}=\\
=\lim_{h\to0}\frac{h}{((\sqrt[3]{x+h})^2+\sqrt[3]{x+h}\sqrt[3]x+(\sqrt[3]x)^2)h}=\\
=\lim_{h\to0}\frac{1}{(\sqrt[3]{x+h})^2+\sqrt[3]{x+h}\sqrt[3]x+(\sqrt[3]x)^2}=\\
=\begin{cases}\frac{1}{3(\sqrt[3]x)^2}&x>0\\+\infty&x=0\end{cases}}\)
-
- Użytkownik
- Posty: 993
- Rejestracja: 31 lip 2006, o 18:05
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: warszawa
- Podziękował: 4 razy
- Pomógł: 5 razy
Granice czterech funkcji
\(\displaystyle{ \lim \frac{sin{4x}*\cos{x}}{\sin{x}}}\)
zauwarz ze \(\displaystyle{ \lim\frac{\sin{4x}}{\sin{x}}=1}\) natomiast \(\displaystyle{ \lim \cos{x}=-1}\) czyli granica jest -1
zauwarz ze \(\displaystyle{ \lim\frac{\sin{4x}}{\sin{x}}=1}\) natomiast \(\displaystyle{ \lim \cos{x}=-1}\) czyli granica jest -1
- Sir George
- Użytkownik
- Posty: 1145
- Rejestracja: 27 kwie 2006, o 10:19
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: z Konopii
- Podziękował: 4 razy
- Pomógł: 203 razy
Granice czterech funkcji
Jakim cudemgreey10 pisze:zauważ ze \(\displaystyle{ \lim\frac{\sin{4x}}{\sin{x}}=1}\)
Ponieważ \(\displaystyle{ \lim\limits_{x\to0}\frac{\sin x}{x}\,=\,1\,}\), to \(\displaystyle{ \lim\limits_{x\to0}\frac{\sin 4x}{\sin x}\,=\,4\lim\limits_{x\to0}\frac{\sin 4x}{\sin x}\frac{x}{4x}\,=\, 4\,}\)
-
- Użytkownik
- Posty: 2
- Rejestracja: 19 paź 2007, o 00:17
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 2 razy
Granice czterech funkcji
bardzo dziękuje za rozwiązania.
Czy mógłbym jeszcze prosić o rozwiązanie pozostałych dwóch przykładów?
Pozdrawiam
Czy mógłbym jeszcze prosić o rozwiązanie pozostałych dwóch przykładów?
Pozdrawiam
-
- Użytkownik
- Posty: 993
- Rejestracja: 31 lip 2006, o 18:05
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: warszawa
- Podziękował: 4 razy
- Pomógł: 5 razy
Granice czterech funkcji
tak sir george ma racje robilem to na szybciocha w czasie przerwy
1)
\(\displaystyle{ \lim \frac{1-2\sin{2x}}{\cos{(\frac{\pi}{2}+x)}}= \lim \frac{1-2\sin{x}\cos{x}}{-\sin{x}}=\lim \frac{2\sin{x}\cos{x}-\sin^{2}{x}-\cos^{2}{x}}{\sin{x}}=\lim \frac{2\cos{x}-\sin{x}-\tan{x}\cos{x}}{1}=\frac{2-0-0}{1}=2}\)
1)
\(\displaystyle{ \lim \frac{1-2\sin{2x}}{\cos{(\frac{\pi}{2}+x)}}= \lim \frac{1-2\sin{x}\cos{x}}{-\sin{x}}=\lim \frac{2\sin{x}\cos{x}-\sin^{2}{x}-\cos^{2}{x}}{\sin{x}}=\lim \frac{2\cos{x}-\sin{x}-\tan{x}\cos{x}}{1}=\frac{2-0-0}{1}=2}\)