Matematyka.pl

Obliczyć lub wykazać, że nie istnieją granice:
1) \(\displaystyle{ \lim_{x\to -1 } (1+x) \cdot \tg \frac{ \pi \cdot x}{2} }\)

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

3) \(\displaystyle{ \lim_{ x\to- \infty } \sqrt{2 -\cos{x}} }\)
1 i 2 zrobiłabym bez problemu używając de L'Hospitala, ale mamy rozwiązać bez tej reguły dlatego nie mam zupełnie pomysłu i proszę o pomoc.

1) Podstaw \(\displaystyle{ 1+x=t}\), wtedy \(\displaystyle{ t\rightarrow 0, \ \tg \frac{\pi x}{2}=\tg\left(\frac{\pi t-\pi}{2}\right)=-\ctg\left(\frac{\pi}{2}t\right)=-\frac{\cos\left(\frac{\pi}{2}t\right)}{\sin\left(\frac{\pi}{2}t\right)}}\)
i wystarczy pomnożyć i podzielić przez \(\displaystyle{ \frac{\pi}{2}}\) oraz przypomnieć sobie granicę specjalną
\(\displaystyle{ \lim_{ y\to 0}\frac{\sin y}{y}=1}\). Wynik: \(\displaystyle{ -\frac{2}{\pi}}\)

2) Nie istnieje, wsk. \(\displaystyle{ e^{\frac{1}{x}}+1=e^{\frac{1}{x}}-1+2}\), zbadaj oddzielnie granicę lewostronną i prawostronną.

3) Nie istnieje, wsk. rozważ ciągi punktów \(\displaystyle{ a_{n}=-2n\pi, \ b_{n}=\frac{\pi}{2}-2n\pi, \ n=0,1,\ldots}\)

2)

Istnieje i jest równa \(\displaystyle{ 1. }\)

Wystarczy podstawić \(\displaystyle{ \frac{1}{x} := t, }\) i wyłączyć \(\displaystyle{ e^{t} }\) z licznika i mianownika.

Albo bezpośrednio wyłączyć z licznika i mianownika \(\displaystyle{ e^{\frac{1}{x}}. }\)

Dodano po 9 minutach 9 sekundach:
Można też zauważyć, że jest to granica kotangensa hiperbolicznego, którego wykres posiada asymptotę poziomą o równaniu \(\displaystyle{ y = 1.}\)

A rzeczywiście, źle spojrzałem. Dzięki janusz47

Przy \(\displaystyle{ x\to 0^-}\) mamy `1/x\to-\infty`, więc `e^{1/x}\to 0`. Zatem granica lewostronna w 2 jest równa `-1`, a prawostronna jest równa `1`. Granica zatem nie istnieje

\(\displaystyle{ t:= \frac{1}{x}, \ \ x \rightarrow 0^{+} , \ \ t \rightarrow +\infty,}\)

\(\displaystyle{ x \rightarrow 0^{-}, \ \ t \rightarrow -\infty.}\)

\(\displaystyle{ \lim_{t\to \infty} \frac{e^{t} +1}{e^{t} - 1} = \lim_{t\to \infty} \frac{e^{t}(1 +\frac{1}{e^{t}})}{e^{t}(1 - \frac{1}{e^{t}})} =\frac{1 +0}{1-0} =1. }\)

\(\displaystyle{ \lim_{t\to -\infty} \frac{e^{t} +1}{e^{t} -1} = \left[\frac{e^{-\infty} +1}{e^{-\infty} -1} \right] = \frac{ 0 +1}{0 - 1} = -1.}\)

a4karo i Premislav mają rację.

To ja przepraszam za wprowadzenie w błąd.

Wykres funkcji kotangens hiperboliczny posiada dwie różne asymptoty poziome - lewostronną \(\displaystyle{ y = -1 }\) i prawostronną \(\displaystyle{ y = 1.}\)