Kule je napisao:Samo da napomenem jednu stvar koju nisam uspeo da stavim u latexu. [inlmath]x[/inlmath] teži ka nuli a ne beskonačnosti (neće ni broj nula ni zero da mi prihvati ovde gde je infty).

Ispravljeno. Ne znam kako si pisao kôd, ali to treba pisati \lim_{x\to 0}.
[dispmath]\lim_{x\to 0}\left(\frac{1+\mathrm{tg}\:x}{1+\sin x}\right)^{\sin^{-3}x}=\lim_{x\to 0}\left(\frac{1+\sin x+\mathrm{tg}\:x-\sin x}{1+\sin x}\right)^{\sin^{-3}x}=\lim_{x\to 0}\left(1+\frac{\mathrm{tg}\:x-\sin x}{1+\sin x}\right)^{\sin^{-3}x}=[/dispmath][dispmath]=\lim_{x\to 0}\left[\left(1+\frac{\mathrm{tg}\:x-\sin x}{1+\sin x}\right)^{\frac{1+\sin x}{\mathrm{tg}\:x-\sin x}}\right]^{\sin^{-3}x\cdot\frac{\mathrm{tg}\:x-\sin x}{1+\sin x}}=e^{\lim\limits_{x\to 0}\sin^{-3}x\cdot\frac{\mathrm{tg}\:x-\sin x}{1+\sin x}}[/dispmath]
I dalje ti se to svodi na traženje limesa [inlmath]\lim\limits_{x\to 0}\sin^{-3}x\cdot\frac{\mathrm{tg}\:x-\sin x}{1+\sin x}[/inlmath], što ti, pretpostavljam, nije problem da nađeš... Za taj limes se dobije da je jednak [inlmath]\frac{1}{2}[/inlmath], što znači da će traženi limes biti jednak [inlmath]e^{\frac{1}{2}}[/inlmath], tj. [inlmath]\sqrt e[/inlmath].

Da li zbog umora ili trenutne nedovoljne uvežbanosti sa ovim tigonometrijskim limesima, jeste problem. I dalje ne mogu da se otarasim dela sa sin na minus treći, a čak i kada probam preko onog limesa na foru [inlmath]\frac{\sin x}{x}[/inlmath] opet dobijem [inlmath]1[/inlmath] kroz nešto što teži nuli!

Ništa [inlmath]\frac{\sin x}{x}[/inlmath]. Evo ovako:
[dispmath]\lim_{x\to 0}\left(\sin^{-3}x\cdot\frac{\mathrm{tg}\:x-\sin x}{1+\sin x}\right)=\lim_{x\to 0}\left(\frac{1}{\sin^3x}\cdot\frac{\frac{\sin x}{\cos x}-\sin x}{1+\sin x}\right)=\lim_{x\to 0}\left(\frac{1}{\sin^2x}\cdot\frac{\frac{1}{\cos x}-1}{1+\sin x}\right)=[/dispmath][dispmath]=\lim_{x\to 0}\left(\frac{1}{\sin^2x\cos x}\cdot\frac{1-\cos x}{1+\sin x}\right)=\lim_{x\to 0}\frac{1-\cos x}{\left(1-\cos^2x\right)\cos x\left(1+\sin x\right)}=[/dispmath][dispmath]=\lim_{x\to 0}\frac{\cancel{1-\cos x}}{\left(1+\cos x\right)\cancel{\left(1-\cos x\right)}\cos x\left(1+\sin x\right)}=\frac{1}{\left(1+\cos 0\right)\cos 0\left(1+\sin 0\right)}=\frac{1}{2}[/dispmath]

Probudio sam se, video na stolu papirić na kome sam sinoć u jedan rešavao ovo i čim sam video prvi red tvoga posta, odmah sam znao da se skrati jedan sinus i odatle mi je sve bilo jasno!

Hvala na trudu!

Danas sam slučajno našla ovaj sajt u potrazi za rešenjem zadatka.Nisma sigurna kako da ga započnem,pa bi jako cenila ako mi neko pomogne
Zadatak glasi :
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\left(\frac{2n^3+2n^2+1}{2n^3+n^2+2n+1}\right)^{3n}[/dispmath]
treba ici na [inlmath]3n[/inlmath] ali nisam uspela da napisem,izvinite prvi put sam kucala u Latex-u

To se u Latex-u piše ^{3n}. U redu je, korigovah. Sasvim ti dobro ide Latex, budući da je prvi put.

Potrebno je ovo svesti na oblik [inlmath]\lim\limits_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^n[/inlmath], za koji znamo da iznosi [inlmath]e[/inlmath]. to bi išlo ovako:
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\left(\frac{2n^3+2n^2+1}{2n^3+n^2+2n+1}\right)^{3n}=\lim_{n\to\infty}\left(\frac{2n^3+n^2+2n+1+n^2-2n}{2n^3+n^2+2n+1}\right)^{3n}=[/dispmath][dispmath]=\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{n^2-2n}{2n^3+n^2+2n+1}\right)^{3n}=\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{\frac{2n^3+n^2+2n+1}{n^2-2n}}\right)^{3n}=[/dispmath][dispmath]=\lim_{n\to\infty}\left[\left(1+\frac{1}{\frac{2n^3+n^2+2n+1}{n^2-2n}}\right)^{\frac{2n^3+n^2+2n+1}{n^2-2n}}\right]^{3n\cdot\frac{n^2-2n}{2n^3+n^2+2n+1}}=e^{\lim\limits_{n\to\infty}3n\cdot\frac{n^2-2n}{2n^3+n^2+2n+1}}=\cdots[/dispmath]
Znaš dalje?

Da,puno vam hvala .Znala sam da trebam taj oblik da dobijem ,ali nikako da rastavim kako treba.

Evo malo da se vratim na početak. Jer objašnjenje za ovo nisam mogao naći stvarno nigdje.Riječ je o drugom zadatku. Sve mi je jasno do ovoga koraka.
[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]
Pitanje je kako se došlo do ovoga da je ovo [inlmath]\left(1+e^x-1\right)^\frac{1}{e^x-1}=e[/inlmath].
Ne znam da li se posebno može ubacivati limes još jednom ispred logaritmaske funkcije.Ja mislim da ne može ali i da može mene ovo podsjeća na ovaj oblik [inlmath]\lim\limits_{x\to\pm\infty}\left(1+\frac{1}{x}\right)^x=e[/inlmath] A u ovome slučaju [inlmath]x[/inlmath] teži nuli.Tako da ovo najvjerovatnije nema veze s zadatkom.

Imaš ona dva oblika koja treba znati, jedan je taj koji si napisao,
[dispmath]\lim_{x\to\pm\infty}\left(1+\frac{1}{x}\right)^x=e[/dispmath]
a drugi je
[dispmath]\lim_{x\to 0}\left(1+x\right)^{\frac{1}{x}}=e[/dispmath]
E, u tom koraku za koji pitaš iskorišćen je taj drugi oblik, jer posmatramo [inlmath]e^x-1[/inlmath] kao veličinu koja za [inlmath]x\to 0[/inlmath] teži nuli.

Inače, iz prvog oblika lako možeš dobiti drugi ako uvedeš smenu [inlmath]\frac{1}{x}=t[/inlmath]...

Sada mi je jasno.Čak sam primjetio da ima neke sličnosti sa onom gore formulom.I pitao sam te ovo za logaritam kod limesa. Mislim uopšteno. U ovome slučaju kod ovoga zadatka ne znam koje je svojsto upotrebljeno da se dobije da [inlmath]\left(1+e^x-1\right)^\frac{1}{e^x-1}=e[/inlmath] mislim to vrijedi za limes koji teži [inlmath]0[/inlmath]. Po nekoj mojoj logici to bi trebalo biti ovako.
[dispmath]-\lim_{x\to 0}\ln\left(\left(1+e^x-1\right)^\frac{1}{e^x-1}\right)=-\ln\left(\lim_{x\to 0}\left(1+e^x-1\right)^\frac{1}{e^x-1}\right)=-\ln (e)=-1[/dispmath]
Jer u ovoj funkciji treba [inlmath]x[/inlmath] da teži ka [inlmath]0[/inlmath]. Ja ne znam šta će u zadatku 2 puta limes mislim ovako je to izgledalo
[dispmath]-\lim_{x\to 0}\ln\left(\left(1+e^x-1\right)^\frac{1}{e^x-1}\right)=-\lim_{x\to 0}\ln\left(\lim_{x\to 0}\left(1+e^x-1\right)^\frac{1}{e^x-1}\right)=-\lim_{x\to 0}\ln (e)=-\lim_{x\to 0}1=-1[/dispmath]
Po mome ovaj drugi limes na kraju je stvarno suvišan.Rezultat je isti i bez njega Sigurno postoje neka posebna pravila kod limesa sa logaritmima ima li ih ovde na forumu?Ja ih nisam mogao naci!