Kako bi se ovaj limes našao bez L'H ?
[dispmath]\lim_{x\to 1}\frac{x-1}{\mathrm{ctg}\frac{\pi x}{2}}[/dispmath]

[dispmath]\lim_{x\to 1}\frac{x-1}{\mathrm{ctg}\frac{\pi x}{2}}=\lim_{x\to 1}\frac{x-1}{\frac{\cos\frac{\pi x}{2}}{\sin\frac{\pi x}{2}}}=\lim_{x\to 1}\left(\sin\frac{\pi x}{2}\right)\cdot\frac{x-1}{\cos\frac{\pi x}{2}}=[/dispmath]
Smena [inlmath]t=x-1,\quad x=t+1[/inlmath]
[dispmath]=\lim_{t\to 0}\left[\sin\frac{\pi\left(t+1\right)}{2}\right]\cdot\frac{t}{\cos\frac{\pi\left(t+1\right)}{2}}=\lim_{t\to 0}\left[\sin\left(\frac{\pi t}{2}+\frac{\pi}{2}\right)\right]\cdot\frac{t}{\cos\left(\frac{\pi t}{2}+\frac{\pi}{2}\right)}=\lim_{t\to 0}\left(\cos\frac{\pi t}{2}\right)\cdot\frac{t}{-\sin\frac{\pi t}{2}}=[/dispmath][dispmath]=-\frac{2}{\pi}\lim_{t\to 0}\left(\cos 0\right)\cdot\frac{\frac{\pi t}{2}}{\sin\frac{\pi t}{2}}=-\frac{2}{\pi}[/dispmath]

Samo jedno pitanje: odakle nam [inlmath]-\frac{2}{\pi}[/inlmath] ispred limesa? Nije mi jasno kako smo i od čega to dobili.

Cilj je bio da pod limesom dobijemo izraz [inlmath]\frac{x}{\sin x}[/inlmath] jer znamo da to teži jedinici kada [inlmath]x\to 0[/inlmath]. Pošto smo gore imali [inlmath]t[/inlmath] a dole [inlmath]\sin\frac{\pi t}{2}[/inlmath], sve smo pomnožili s [inlmath]\left(\frac{2}{\pi}\cdot\frac{\pi}{2}\right)[/inlmath]. Član [inlmath]\frac{\pi}{2}[/inlmath] smo grupisali uz [inlmath]t[/inlmath] i dobili [inlmath]\frac{\pi t}{2}[/inlmath], a član [inlmath]\frac{2}{\pi}[/inlmath] je izašao ispred limesa.

Kako bismo izračunali ovaj limes bez upotrebe L'H? Ako sam dobro radio s L'H, rješenje je [inlmath]1[/inlmath].
[dispmath]\lim_{x\to 0}\frac{\ln\left(1+x\right)}{\sin\left(1-e^x\right)}[/dispmath]

Negde si kiksno, dobija se [inlmath]-1[/inlmath], kako s l'Hopital-om, tako i bez l'Hopital-a...
[dispmath]\lim_{x\to 0}\frac{\ln\left(1+x\right)}{\sin\left(1-e^x\right)}=\lim_{x\to 0}\frac{\frac{1}{x}\ln\left(1+x\right)}{\frac{1}{x}\sin\left(1-e^x\right)}=\lim_{x\to 0}\frac{\ln\left(1+x\right)^\frac{1}{x}}{\frac{1}{x}\sin\left(1-e^x\right)}=\frac{1}{\lim\limits_{x\to 0}\frac{1}{x}\sin\left(1-e^x\right)}=[/dispmath][dispmath]=\lim_{x\to 0}\frac{x}{\sin\left(1-e^x\right)}=\lim_{x\to 0}\frac{x}{1-e^x}\cdot\frac{1-e^x}{\sin\left(1-e^x\right)}=\lim_{x\to 0}\frac{x}{1-e^x}=[/dispmath]
Ovo je oblik koji smo već radili, al' ajd' kad sam već započeo, da uradim i do kraja...
[dispmath]=\lim_{x\to 0}\frac{\ln e^x}{1-e^x}=\lim_{x\to 0}\frac{1}{1-e^x}\ln\left(1+e^x-1\right)=-\lim_{x\to 0}\frac{1}{e^x-1}\ln\left(1+e^x-1\right)=[/dispmath][dispmath]=-\lim_{x\to 0}\ln\left(1+e^x-1\right)^\frac{1}{e^x-1}=-\lim_{x\to 0}\ln e=-1[/dispmath]

Da, da, [inlmath]-1[/inlmath] ispada, zaboravio sam prepisati predznak Hvala.

U sljedećem zadatku mi je također ispalo s l'H [inlmath]-1[/inlmath]. Je li točno, nemam pojma, samo bih zamolio postupak bez Lopitala.
[dispmath]\lim_{x\to 0}\left(\cos^2 x\right)^\frac{1}{\ln\left(1+x^2\right)}[/dispmath]

Baš ti ne ide taj l'Hopital... Rezultat je [inlmath]e^{-1}[/inlmath].
[dispmath]\lim_{x\to 0}\left(\cos^2 x\right)^\frac{1}{\ln\left(1+x^2\right)}=\lim_{x\to 0}\left(\cos^2 x\right)^\frac{\frac{1}{x^2}}{\frac{1}{x^2}\ln\left(1+x^2\right)}=\lim_{x\to 0}\left(\cos^2 x\right)^\frac{\frac{1}{x^2}}{\ln\left(1+x^2\right)^\frac{1}{x^2}}=\lim_{x\to 0}\left(\cos^2 x\right)^\frac{1}{x^2}=[/dispmath][dispmath]=\lim_{x\to 0}\left(1-\sin^2 x\right)^\frac{1}{x^2}=\lim_{x\to 0}\left\{\left[1+\left(-\sin^2 x\right)\right]^\frac{1}{-\sin^2 x}\right\}^\frac{-\sin^2 x}{x^2}=e^{-\lim\limits_{x\to 0}\left(\frac{\sin x}{x}\right)^2}=e^{-1}[/dispmath]

Haha, opet sam zaboravio vratiti na [inlmath]e[/inlmath]. Da, [inlmath]e^{-1}[/inlmath]

Hvala.