| Математический форум Math Help Planet http://mathhelpplanet.com/ |
|
| Предел за Лопиталем http://mathhelpplanet.com/viewtopic.php?f=53&t=22717 |
Страница 3 из 4 |
| Автор: | Yurik [ 19 мар 2013, 11:58 ] |
| Заголовок сообщения: | Re: Предел за Лопиталем |
Во втором просто с Лопиталем приходится долго "мучиться" (кстати, ответ Вы дали неверный). [math]\begin{gathered} \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\ln x}}{{ctg\,x}} = - \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{{\sin }^2}x}}{x} = - \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin 2x}}{1} = 0 \hfill \\ \hfill \\ ... = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{x^2} - {{\sin }^2}x}}{{{x^2}{{\sin }^2}x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{2x - \sin 2x}}{{2x{{\sin }^2}x + {x^2}\sin 2x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{2 - 2\cos 2x}}{{2{{\sin }^2}x + 2x\sin 2x + 2x\sin 2x + 2{x^2}\cos 2x}} = \hfill \\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{1 - \cos 2x}}{{{{\sin }^2}x + 2x\sin 2x + {x^2}\cos 2x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{2\sin 2x}}{{\sin 2x + 2\sin 2x + 4x\cos 2x + 2x\cos 2x - 2{x^2}\sin 2x}} = \hfill \\ = 2\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin 2x}}{{3\sin 2x + 6x\cos 2x - 2{x^2}\sin 2x}} = 2\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{2\cos 2x}}{{6\cos 2x + 6\cos 2x - 12x\sin 2x - 4x\sin 2x - 4{x^2}\cos 2x}} = \hfill \\ = \frac{4}{{6 + 6 - 0}} = \frac{1}{3} \hfill \\ \end{gathered}[/math] |
|
| Автор: | Avgust [ 19 мар 2013, 12:24 ] |
| Заголовок сообщения: | Re: Предел за Лопиталем |
Интересно, а так можно?
|
|
| Автор: | Yurik [ 19 мар 2013, 12:31 ] |
| Заголовок сообщения: | Re: Предел за Лопиталем |
Что-то не могу понять, как Вы из второй строки получили третью. |
|
| Автор: | Avgust [ 19 мар 2013, 12:39 ] |
| Заголовок сообщения: | Re: Предел за Лопиталем |
А что удивляет? Числитель http://www.wolframalpha.com/input/?i=%2 ... x%29%29%27 Точно так же и знаменатель. |
|
| Автор: | Yurik [ 19 мар 2013, 12:48 ] |
| Заголовок сообщения: | Re: Предел за Лопиталем |
Если Вольфрамом брать производные, то почему бы не взять сразу весь предел, он же такие пределы Лопиталем решает.
|
|
| Автор: | Avgust [ 19 мар 2013, 13:01 ] |
| Заголовок сообщения: | Re: Предел за Лопиталем |
Я брал вручную. Просто лень было писать. А ответ знал, потому что всегда вначале строю график. Ибо были у меня случаи, что Вольфрам врет. Вот график - никогда! |
|
| Автор: | Yurik [ 19 мар 2013, 13:06 ] |
| Заголовок сообщения: | Re: Предел за Лопиталем |
Avgust писал(а): Просто лень было писать. Так вот, если бы не лень, решение было бы не короче моего. |
|
| Автор: | Human [ 19 мар 2013, 13:25 ] |
| Заголовок сообщения: | Re: Предел за Лопиталем |
Можно чуть-чуть схитрить, если сначала эквивалентностями выражение подправить: [math]\frac{x^2-\sin^2x}{x^2\sin^2x}=\left(1+\frac{\sin x}x\right)\frac{x-\sin x}{x\sin^2 x}\sim2\frac{x-\sin x}{x^3}[/math] А дальше по Лопиталю. |
|
| Автор: | Ryslannn [ 19 мар 2013, 14:01 ] |
| Заголовок сообщения: | Re: Предел за Лопиталем |
Спасибо всем, кто брал в этом участие) |
|
| Автор: | Avgust [ 19 мар 2013, 14:17 ] |
| Заголовок сообщения: | Re: Предел за Лопиталем |
Юрий. Больше половины упрощений я делаю в уме (ну привык так с детства). Вот такой у меня умственный ход: [math]\big [2x-2\sin(x) \cos(x) \big ]'=[/math] [math]=2-2\cos(2x)=2-2\big [\cos^2(x)-\sin^2(x) \big ]=[/math] [math]= 2-2 \big [1-\sin^2(x)-\sin^2(x) \big ] = 4\sin^2(x)[/math] И чего тут сложного? |
|
| Страница 3 из 4 | Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ] |
| Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group http://www.phpbb.com/ |
|