Evo sljedećeg, također treba bez L'H.
[dispmath]\lim_{x\to\frac{\pi}{2}+}\frac{\sqrt{1+\cos 2x}}{\sqrt{\pi}-\sqrt{2x}}[/dispmath]

[dispmath]\cos x=\pm\sqrt{\frac{1+\cos 2x}{2}}\quad\Rightarrow\quad\sqrt{1+\cos 2x}=\sqrt 2\cdot\left|\cos x\right|[/dispmath]Pošto imamo [inlmath]\lim\limits_{x\to\frac{\pi}{2}{\color{red}+}}[/inlmath], tj. [inlmath]x>\frac{\pi}{2}[/inlmath], sledi da je [inlmath]\cos x<0[/inlmath], a odatle sledi da je [inlmath]\left|\cos x\right|=-\cos x[/inlmath], tako da u ovom slučaju važi[dispmath]\sqrt{1+\cos 2x}=-\sqrt 2\cos x[/dispmath]Da smo, kojim slučajem, imali [inlmath]\lim\limits_{x\to\frac{\pi}{2}{\color{red}-}}[/inlmath], tada bi bilo [inlmath]x<\frac{\pi}{2}[/inlmath], pa bi sledilo da je [inlmath]\cos x>0[/inlmath], a odatle da je [inlmath]\left|\cos x\right|=\cos x[/inlmath], pa bi tada važilo[dispmath]\sqrt{1+\cos 2x}=\sqrt 2\cos x[/dispmath]Zbog toga je taj plus u limesu vrlo bitan.

OK, dakle, [inlmath]\sqrt{1+\cos 2x}=-\sqrt 2\cos x[/inlmath], pa to uvrstimo u zadati izraz:[dispmath]\lim_{x\to\frac{\pi}{2}+}\frac{\sqrt{1+\cos 2x}}{\sqrt{\pi}-\sqrt{2x}}=\lim_{x\to\frac{\pi}{2}+}\frac{-\sqrt 2\cos x}{\sqrt{\pi}-\sqrt{2x}}=-\lim_{x\to\frac{\pi}{2}+}\frac{\cos x}{\sqrt{\frac{\pi}{2}}-\sqrt{x}}=[/dispmath][dispmath]=-\lim_{x\to\frac{\pi}{2}+}\frac{\sin\left(\frac{\pi}{2}-x\right)}{\sqrt{\frac{\pi}{2}}-\sqrt{x}}\cdot\frac{\sqrt{\frac{\pi}{2}}+\sqrt{x}}{\sqrt{\frac{\pi}{2}}+\sqrt{x}}=-\lim_{x\to\frac{\pi}{2}+}\cancelto{1}{\frac{\sin\left(\frac{\pi}{2}-x\right)}{\frac{\pi}{2}-x}}\cdot\left(\sqrt{\frac{\pi}{2}}+\sqrt{x}\right)=[/dispmath]([inlmath]\frac{\pi}{2}-x[/inlmath] teži nuli kada [inlmath]x\to\frac{\pi}{2}[/inlmath], pa zato izraz [inlmath]\frac{\sin\left(\frac{\pi}{2}-x\right)}{\frac{\pi}{2}-x}[/inlmath] teži jedinici.)[dispmath]=-\left(\sqrt{\frac{\pi}{2}}+\sqrt{\frac{\pi}{2}}\right)=-2\sqrt{\frac{\pi}{2}}=-\sqrt{2\pi}[/dispmath]

Zanimljiv zadatak A da smo, npr., imali [inlmath]\sin x[/inlmath] unutar apsolutnih zagrada umjesto [inlmath]\cos x[/inlmath] (a da limes također teži [inlmath]\lim\limits_{x\to\frac{\pi}{2}+}[/inlmath] pa to recimo bude ovako
[dispmath]\cdots=\sqrt 2\cdot\left|\sin x\right|[/dispmath]
tada bi, ako sam dobro shvatio princip, bilo [inlmath]\sqrt{2}\sin x[/inlmath], odnosno bez minusa? Da li je dovoljno samo nacrtati trig. kružnicu pa gledati po tome ili se radi na neki drugi način?

eseper je napisao:tada bi, ako sam dobro shvatio princip, bilo [inlmath]\sqrt{2}\sin x[/inlmath], odnosno bez minusa?

Tako je, bio bi pozitivan. Kod sinusa čak i ne bi bilo od značaja da li imamo [inlmath]\lim\limits_{x\to\frac{\pi}{2}{\color{red}+}}[/inlmath] ili [inlmath]\lim\limits_{x\to\frac{\pi}{2}{\color{red}-}}[/inlmath] jer je sinus u obe okoline [inlmath]\frac{\pi}{2}[/inlmath] pozitivan. S kosinusom to nije bio slučaj.

A da smo, recimo, imali [inlmath]\lim\limits_{x\to 0{\color{red}+}}[/inlmath] ili [inlmath]\lim\limits_{x\to\pi{\color{red}-}}[/inlmath], tada bi bilo [inlmath]\left|\sin x\right|=\sin x[/inlmath], a da je [inlmath]\lim\limits_{x\to 0{\color{red}-}}[/inlmath] ili [inlmath]\lim\limits_{x\to\pi{\color{red}+}}[/inlmath], tada bi bilo [inlmath]\left|\sin x\right|=-\sin x[/inlmath].

eseper je napisao:Da li je dovoljno samo nacrtati trig. kružnicu pa gledati po tome ili se radi na neki drugi način?

Upravo tako, pomoću trigonometrijske kružnice.

Ok, razumio sam i ovakve zadatke

Sada ću se vratiti na jedan koji je već objavljen prije nekoliko mjeseci, a to je
[dispmath]\lim_{x\to 0}\left(\frac{1}{x^2}-\mathrm{ctg}^{2}x\right)[/dispmath]
Ti si ga bio raspisao pomoću L'H pravila (link), ali je onda Milovan predložio ovo.

Možeš li (ili neko drugi) napisati postupak za ovaj Milovanov način?

Možda će Milovan to uraditi na neki elegantniji način, ali evo zasad mog postupka:
[dispmath]\lim_{x\to 0}\left(\frac{1}{x^2}-\mathrm{ctg}^{2}x\right)=\lim_{x\to 0}\left(\frac{1}{x^2}-\frac{\cos^2 x}{\sin^2 x}\right)=\lim_{x\to 0}\frac{\sin^2 x-x^2\cos^2 x}{x^2\sin^2 x}[/dispmath]
[dispmath]\sin x=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}+\cdots\quad\Rightarrow\quad\sin^2 x=x^2-\frac{2}{3!}x^4+\left(\frac{1}{3!\cdot 3!}+\frac{2}{5!}\right)x^6+\cdots\quad\Rightarrow[/dispmath][dispmath]\Rightarrow\quad\sin^2 x=x^2-\frac{x^4}{3}+\frac{2}{45}x^6+\cdots[/dispmath]
[dispmath]\cos x=1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\cdots\quad\Rightarrow\quad\cos^2 x=1-\frac{2}{2!}x^2+\left(\frac{1}{2!\cdot 2!}+\frac{2}{4!}\right)x^4+\cdots\quad\Rightarrow[/dispmath][dispmath]\Rightarrow\quad\cos^2 x=1-x^2+\frac{x^4}{3}+\cdots[/dispmath]
[dispmath]x^2\sin^2 x=x^2\left(x^2-\frac{x^4}{3}+\frac{2}{45}x^6+\cdots\right)=x^4-\frac{x^6}{3}+\frac{2}{45}x^8+\cdots[/dispmath]
[dispmath]x^2\cos^2 x=x^2\left(1-x^2+\frac{x^4}{3}+\cdots\right)=x^2-x^4+\frac{x^6}{3}+\cdots[/dispmath]
[dispmath]\sin^2 x-x^2\cos^2 x=\left(x^2-\frac{x^4}{3}+\frac{2}{45}x^6+\cdots\right)-\left(x^2-x^4+\frac{x^6}{3}+\cdots\right)=[/dispmath][dispmath]=\frac{2}{3}x^4-\frac{13}{45}x^6+\cdots[/dispmath]
[dispmath]\lim_{x\to 0}\frac{\sin^2 x-x^2\cos^2 x}{x^2\sin^2 x}=\lim_{x\to 0}\frac{\frac{2}{3}x^4-\frac{13}{45}x^6+\cdots}{x^4-\frac{x^6}{3}+\frac{2}{45}x^8+\cdots}=\lim_{x\to 0}\frac{\frac{2}{3}-\cancelto{0}{\frac{13}{45}x^2}+\cdots}{1-\cancelto{0}{\frac{x^2}{3}}+\cancelto{0}{\frac{2}{45}x^4}+\cdots}=\frac{2}{3}[/dispmath]

Ne znam koji je način "bolji", onaj s L'H ili ovaj. Sve u svemu zadatak za studenta matematike

Meni se to rešenje čini lakšim samo zato što napamet znam razvoj kotangensa oko nule...
[dispmath]\mathrm{ctg}\:x=\frac{1}{x}-\frac{x}{3}+\frac{x^3}{45}+\cdots[/dispmath]
To kad se kvadrira, jasno da će se pojaviti član [inlmath]\frac{1}{x^2}[/inlmath] kojim će se poništiti [inlmath]\frac{1}{x^2}[/inlmath] u samom limesu.
[dispmath]\mathrm{ctg}^2 x=\frac{1}{x^2}-\frac{2}{3}+\frac{x^2}{15}+\cdots[/dispmath]
Kad se ovaj izraz vrati dobijamo:
[dispmath]\lim_{x\to 0}\left(\frac{1}{x^2}-\frac{1}{x^2}+\frac{2}{3}-\frac{x^2}{15}+\cdots\right)=\lim_{x\to 0}\left(\frac{2}{3}-\frac{x^2}{15}+\cdots\right)=\frac{2}{3}[/dispmath]

Ako može pojašnjenje, kako se dolazi do tog razvoja kotangensa oko nule? Kotangens u nuli, kao što znamo, nije definisan, a nisu mu definisani ni izvodi...

To stoji, i stoga je Tejlorov razvoj u ovom slučaju neupotrebljiv. Međutim, ovde sam primenio nešto drugo, tzv. Loranov red.

Loranov red za funkciju [inlmath]f(z)[/inlmath] oko tačke [inlmath]c[/inlmath] ima sledeći oblik u opštem slučaju:
[dispmath]f(z)=\sum_{n=-\infty}^\infty a_n(z-c)^n[/dispmath]
Vrednosti [inlmath]a_n[/inlmath] se dobijaju iz sledećeg krivolinijskog integrala:
[dispmath]a_n=\frac{1}{2\pi i}\oint_\gamma\frac{f(z)\,\mathrm dz}{(z-c)^{n+1}}[/dispmath]
Za kotangens oko nule:
[dispmath]\mathrm{ctg}\:z=\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n2^{2n}B_{2n}z^{2n-1}}{(2n)!}[/dispmath]
Ovde su [inlmath]B_n[/inlmath] Bernulijevi brojevi.

Navedeni izraz se ispisivanjem prvih članova svodi na:
[dispmath]\mathrm{ctg}\:z=\frac{1}{z}-\frac{z}{3}+\frac{z^3}{45}+\cdots[/dispmath]
Upravo to sam (kao gotovu formulu) iskoristio u ovom zadatku.