Mislim da se prethodni zadatak može još malo pojednostavniti. Ispravak ako sam u krivu

Nakon uvođenja supstitucije (treći red zadatka, krajnje densni dio), [inlmath]\frac{1}{t}[/inlmath] prebacimo na potenciju i dobijemo da je [inlmath]\ln e=1\cdot\frac{1}{2}=\frac{1}{2}[/inlmath]. U dijelu prije toga, u zagradama, izlučimo minus da dobijemo [inlmath]1+t[/inlmath], koji može "izaći" ispred limesa. Potom opet dobijemo [inlmath]\ln e[/inlmath]. [inlmath]-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}=-1[/inlmath]

eseper je napisao:U dijelu prije toga, u zagradama, izlučimo minus da dobijemo [inlmath]1+t[/inlmath]

Ovaj deo mi nije baš najjasniji.
Kako možemo izvlačenjem minusa od [inlmath]\ln\left(1-t\right)[/inlmath] dobiti [inlmath]\ln\left(1+t\right)[/inlmath]?
Ako sam uopšte dobro razumeo?

Da, tu sam pogriješio ipak.

Točno je da smo dodali minus u brojnik i nazivnik [inlmath]\left(-\frac{1}{2}\lim\frac{1}{-t}\right)[/inlmath] i dobili ono što nam treba.

Saznao sam još jedan način rješavanja zadatka sa [inlmath]e[/inlmath] u ovoj temi, koji je po meni lakši od tvog @Daniel.

Brojnik i nazivnik pomnožimo s [inlmath]-x^2+x[/inlmath]. Time nismo ništa promjenili, ali smo dobili izraz koji nama treba (onaj [inlmath](1+t)^\frac{1}{t}[/inlmath]. Sredimo, uvrstimo supstituent [inlmath]t[/inlmath] i zadatak se lako riješi, ispadne isti rezultat [inlmath]\frac{1}{3}[/inlmath].

Ovo pišem čisto ako netko bude tražio isti zadatak, da se zna da može i na ovaj način.

Odlično i elegantno rešenje!
Hvala ti puno!

Kako bismo imali zaokruženu ovu temu, evo postupno urađenog tog načina koji je eseper izložio.

[dispmath]\lim_{x\to 0}\frac{e^{-x^2+x}-1}{x^2+3x}=\lim_{x\to 0}\frac{e^{-x^2+x}-1}{x^2+3x}\cdot\frac{-x^2+x}{-x^2+x}=\lim_{x\to 0}\frac{e^{-x^2+x}-1}{-x^2+x}\cdot\frac{-x^2+x}{x^2+3x}=[/dispmath]
[dispmath]=\lim_{x\to 0}\frac{e^{-x^2+x}-1}{-x^2+x}\cdot\lim_{x\to 0}\frac{-x^2+x}{x^2+3x}=\lim_{x\to 0}\frac{e^{-x^2+x}-1}{-x^2+x}\cdot\lim_{x\to 0}\frac{-x+1}{x+3}=\frac{1}{3}\lim_{x\to 0}\frac{e^{-x^2+x}-1}{-x^2+x}=[/dispmath]
[inlmath]t=-x^2+x[/inlmath]
[dispmath]=\frac{1}{3}\lim_{t\to 0}\frac{e^t-1}{t}=\frac{1}{3}\lim_{t\to 0}\frac{1}{\frac{1}{e^t-1}\cdot t}=\frac{1}{3}\lim_{t\to 0}\frac{1}{\frac{1}{e^t-1}\cdot\ln e^t}=[/dispmath]
[dispmath]=\frac{1}{3}\lim_{t\to 0}\frac{1}{\frac{1}{e^t-1}\cdot\ln\left[1+\left(e^t-1\right)\right]}=\frac{1}{3}\lim_{t\to 0}\frac{1}{\ln\left[1+\left(e^t-1\right)\right]^\frac{1}{e^t-1}}=\frac{1}{3}\frac{1}{\ln e}=\frac{1}{3}[/dispmath]

Evo imam još jedan limes koji je dio jednoga zadatka koji nije objašnjen ja sam ga pokušavao raditi.
[dispmath]\lim_{x\to\frac{\pi}{4}}\left(\frac{\ln(\mathrm{tg}\:x)}{\cos 2x}\right)=[/dispmath]
Ovo treba da ispadne [inlmath]-1[/inlmath] kada malo sredim dobijem
[dispmath]\lim_{x\to\frac{\pi}{4}}\left(\frac{\mathrm{tg}\:x-1}{\cos 2x}\right)=[/dispmath]
Ja mislim da je dovden tačno sada je problem kako dalje. Neko je pisao u predhodnim postovima da treba uvoditi [inlmath]\mathrm{tg}\:x=\sqrt\frac{1-\cos 2x}{1+\cos 2x}[/inlmath] Ali i kada to ubacim ne znam dalje.Ako može samo ideja ne treba postupak.

[inlmath]\mathrm{tg}\:x[/inlmath] napiši kao [inlmath]\frac{\sin x}{\cos x}[/inlmath], a [inlmath]\cos 2x[/inlmath] napiši kao [inlmath]\cos^2x-\sin^2x[/inlmath].

A mogao si raditi i preko l'Hôpitala...


EDIT: Sad kad sam prebacio zadatak u ovu temu video sam da smo u njoj takav zadatak već imali... Al' nema veze, tada je bio urađen na drugi način, pa nek ostane i ovo da imamo više načina...

Evo riješio sam i dobije se [inlmath]-1[/inlmath]
[dispmath]\lim_{x\to\frac{\pi}{4}}\left(\frac{\ln(\mathrm{tg}\:x)}{\cos 2x}\right)=[/dispmath][dispmath]\lim_{x\to\frac{\pi}{4}}\left(\frac{\mathrm{tg}\:x-1}{\cos 2x}\right)=[/dispmath][dispmath]\lim_{x\to\frac{\pi}{4}}\left(\frac{\frac{\sin x}{\cos x}-1}{\cos^2x-\sin^2x}\right)=[/dispmath][dispmath]\lim_{x\to\frac{\pi}{4}}\left(\frac{\frac{\sin x-\cos x}{\cos x}}{(\cos x-\sin x)(\cos x+\sin x)}\right)=[/dispmath][dispmath]\lim_{x\to\frac{\pi}{4}}\left(\frac{\frac{\cancel{-(\cos x-\sin x)}}{\cos x}}{\left(\cancel{\cos x-\sin x}\right)(\cos x+\sin x)}\right)=[/dispmath][dispmath]\lim_{x\to\frac{\pi}{4}}\left(\frac{-1}{\cos x(\cos x+\sin x)}\right)=[/dispmath][dispmath]\lim_{x\to\frac{\pi}{4}}\left(\frac{-1}{\frac{2}{2}}\right)=[/dispmath][dispmath]\lim_{x\to\frac{\pi}{4}}\left(\frac{-1}{1}\right)=-1[/dispmath]
Ovako je dosta lakše. Evo sada sam pogledao staru temu ti si govorio da treba transformisati tangens preko kosinusa dvostrukog ugla. Jer ja to tek kada sam vidio sve se iskomplikuje jer ima korijen.A što se tiče l'Hôpitala, uopšte ne znam ni šta je to jer to u školi nismo ni radili.

Zašto misliš da bi se iskomplikovalo kada ima koren? U ovom slučaju, pošto znamo da se [inlmath]x[/inlmath] nalazi u okolini [inlmath]\frac{\pi}{4}[/inlmath], znamo i da [inlmath]\mathrm{tg}\:x[/inlmath] mora biti pozitivan (blizak jedinici), pa znamo da ispred korena treba uzeti znak plus. Tako da, iako generalno u trigonometriji koreni jesu nezgodni upravo zbog tog predznaka, u ovom slučaju nam to ne stvara problem.

Jedino mislim da nije baš očigledno kako si iz [inlmath]\lim\limits_{x\to\frac{\pi}{4}}\frac{\ln(\mathrm{tg}\:x)}{\cos 2x}[/inlmath] dobio [inlmath]\lim\limits_{x\to\frac{\pi}{4}}\frac{\mathrm{tg}\:x-1}{\cos 2x}[/inlmath]. Jesi li radio na ovaj način?
[dispmath]\lim_{x\to\frac{\pi}{4}}\frac{\ln(\mathrm{tg}\:x)}{\cos 2x}=\lim_{x\to\frac{\pi}{4}}\frac{\left(\mathrm{tg}\:x-1\right)\cdot\frac{1}{\mathrm{tg}\:x-1}\cdot\ln\left[1+(\mathrm{tg}\:x-1)\right]}{\cos 2x}=[/dispmath][dispmath]=\lim_{x\to\frac{\pi}{4}}\frac{\left(\mathrm{tg}\:x-1\right)\cdot\ln\left[1+(\mathrm{tg}\:x-1)\right]^{\frac{1}{\mathrm{tg}\:x-1}}}{\cos 2x}=\lim_{x\to\frac{\pi}{4}}\frac{\left(\mathrm{tg}\:x-1\right)\cdot\ln e}{\cos 2x}=\lim_{x\to\frac{\pi}{4}}\frac{\mathrm{tg}\:x-1}{\cos 2x}[/dispmath]