Matematyka.pl

Witam. Czy ktoś mógłby rzucić okiem na te przykłady i ocenić poprawność wyników? Wszędzie reguła de L'Hospitala. Z góry dziękuję
\(\displaystyle{ \lim_{x \to 0}\left( \ctg x- \frac{1}{x} \right)}\) wynik 0.
\(\displaystyle{ \lim_{x \to 0}\left( 1-x+ \sin x \right) ^{ \frac{1}{x ^{3} } }}\) wynik \(\displaystyle{ - \frac{1}{6}}\).
\(\displaystyle{ \lim_{x \to + \infty }\left( \pi -2 \arctan x\right)\lnx}\) wynik 0.

A z tym mam problem:
\(\displaystyle{ \lim_{x \to + \infty }\left( tg \frac{ \pi x}{2x+1} \right) ^{ \frac{1}{x} }}\) Dochodzę do takiej postaci:
\(\displaystyle{ \lim_{x \to + \infty } \frac{1}{\sin \frac{ \pi x}{2x+1}{\cos \frac{ \pi x}{2x+1} } }}\)

Pierwszą granicę obliczyłaś poprawnie.
W drugiej zapewne obliczałaś najpierw wartość granicy \(\displaystyle{ a=\lim_{x\to 0}\frac{\ln(1-x+\sin x)}{x^3}}\). I to jej wartość, a nie wyjściowej granicy, wynosi \(\displaystyle{ -\frac{1}{6}}\). Teraz korzystając z ciągłości funkcji wykładniczej można wnioskować, że szukana granica to \(\displaystyle{ e^a=e^{-\frac{1}{6}}}\).
W trzeciej granicy nie ma potrzeby korzystania z reguły de L'Hospitala. Mamy bowiem \(\displaystyle{ \lim_{x\to +\infty}\arctan x=\frac{\pi}{2}}\). Niemniej jednak granicę tę obliczyłaś poprawnie.

Jeśli chodzi o ostatnią granicę, to jej obliczenie jest faktycznie kłopotliwe. Jeśli nie pomyliłem się w toku rozumowania (próbowałem samodzielnie obliczyć wartość tej granicy), powinnaś otrzymać nie samo wyrażenie \(\displaystyle{ \frac{1}{\sin\frac{\pi x}{2x+1}\cos\frac{\pi x}{2x1}}=\frac{2}{\sin\frac{2\pi x}{2x+1}}}\) (odpowiednia granica wynosiłaby wtedy \(\displaystyle{ +\infty}\), bowiem sinus dąży do zera przez wartości dodatnie przy argumencie dążącym do \(\displaystyle{ \pi}\) z lewej strony),
lecz granicę postaci \(\displaystyle{ \lim_{x\to +\infty}\frac{\pi}{(2x+1)^2}\cdot\frac{2}{\sin\frac{2\pi x}{2x+1}}}\). Pierwszy z czynników dąży do zera i to sprawia trudność rachunkową. Granica jest jednak możliwa do obliczenia (warto ją przedstawić w postaci \(\displaystyle{ \lim_{x\to +\infty}\frac{\frac{2\pi}{(2x+1)^2}}{\sin\frac{2\pi x}{2x+1}}}\)) - wystarczy wtedy jeszcze dwa razy zastosować regułę de L'Hospitala.

Pamiętaj, by na koniec, podobnie jak z drugą granicą, skorzystać z ciągłości funkcji wykładniczej.

Pozdrawiam

dzięki wielkie