MATEMANIJA

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.

Zadnji

Samo bez L'H
[dispmath]\lim_{x\to\frac{\pi}{2}}\frac{\ln\left(\sin x\right)}{1+\cos 2x}[/dispmath]

[dispmath]\lim_{x\to\frac{\pi}{2}}\frac{\ln\left(\sin x\right)}{1+\cos 2x}=\lim_{x\to\frac{\pi}{2}}\frac{\ln\left(1+\sin x-1\right)}{1+\cos 2x}=\lim_{x\to\frac{\pi}{2}}\frac{\frac{1}{\sin x-1}}{\frac{1}{\sin x-1}}\cdot\frac{\ln\left(1+\sin x-1\right)}{1+\cos 2x}=[/dispmath]
[dispmath]=\lim_{x\to\frac{\pi}{2}}\frac{1}{\frac{1}{\sin x-1}}\cdot\frac{\ln\left(1+\sin x-1\right)^\frac{1}{\sin x-1}}{1+\cos 2x}=\lim_{x\to\frac{\pi}{2}}\frac{1}{\frac{1}{\sin x-1}}\cdot\frac{\ln e}{1+\cos 2x}=\lim_{x\to\frac{\pi}{2}}\frac{\sin x-1}{1+\cos 2x}=[/dispmath]
Formula za polovinu ugla: [inlmath]\quad\cos\frac{x}{2}=\sqrt{\frac{1+\cos x}{2}}\quad\Rightarrow\quad 1+\cos 2x=2\cos^2x[/inlmath]
[dispmath]=\lim_{x\to\frac{\pi}{2}}\frac{\sin x-1}{2\cos^2x}=\frac{1}{2}\lim_{x\to\frac{\pi}{2}}\frac{\sin x-1}{1-\sin^2x}=\frac{1}{2}\lim_{x\to\frac{\pi}{2}}\frac{\sin x-1}{\left(1+\sin x\right)\left(1-\sin x\right)}=[/dispmath]
[dispmath]-\frac{1}{2}\lim_{x\to\frac{\pi}{2}}\frac{1-\sin x}{\left(1+\sin x\right)\left(1-\sin x\right)}=-\frac{1}{2}\lim_{x\to\frac{\pi}{2}}\frac{1}{1+\sin x}=-\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}=-\frac{1}{4}[/dispmath]

Evo još jednog zadatka. S L'H mi ispada [inlmath]e^\frac{-1}{2}[/inlmath], ali kako ga riješiti bez l'H?
[dispmath]\lim_{x\to 0}\left(\cos x\right)^\frac{1}{\sin^2 x}[/dispmath]

Ovaj je stvarno lak i radi se po potpuno istom šablonu kao i dosadašnji zadaci.
Hajde, da vidimo, gde je zapelo? Umeš li da ga svedeš na oblik [inlmath]e[/inlmath] na neki stepen? Za to ti je potrebno da iskoristiš to da [inlmath]\cos x-1[/inlmath] teži nuli kada [inlmath]x[/inlmath] teži nuli.
Sve što je posle toga potrebno da primeniš, to je da je [inlmath]\sin^2x=1-\cos^2x[/inlmath], pa zatim to rastaviš kao razliku kvadrata...
Stvarno, ekstremno lak zadatak i morao bi ga znati ako si savladao sve dosad urađene.
I, da, dobije se [inlmath]e^{-\frac{1}{2}}[/inlmath].

Riješio sam

Znate li gdje na netu ima zadataka iz limesa u kojima se kao rješenje dobije [inlmath]e[/inlmath] na nešto?

Ima, recimo, u ovom dokumentu...

Može li itko riješiti bez upotrebe L'H...
[dispmath]\lim_{x\to\frac{\pi}{4}}\frac{\ln^2(\mathrm{tg}\:x)}{\cos^2 2x}[/dispmath]

Limes proizvoda je jednak proizvodu limesa...
Dakle:
[dispmath]\lim_{x\to\frac{\pi}{4}}\frac{\ln^2(\mathrm{tg}\:x)}{\cos^2 2x}=\lim_{x\to\frac{\pi}{4}}\frac{\ln(\mathrm{tg}\:x)}{\cos 2x}\cdot\lim_{x\to\frac{\pi}{4}}\frac{\ln(\mathrm{tg}\:x)}{\cos 2x}[/dispmath]
Baš na ovoj temi imaš rešen taj limes [inlmath]\lim\limits_{x\to\frac{\pi}{4}}\frac{\ln(\mathrm{tg}\:x)}{\cos 2x}[/inlmath] bez Lopitala...

Ono glavno čega se treba setiti (ako hoćeš sam da pokušaš) je transformacija tangensa u: [inlmath]\sqrt{\frac{1-\cos 2x}{1+\cos 2x}}[/inlmath].

Kada rešiš taj limes dobijaš [inlmath]-1[/inlmath], a vraćanjem u jednakost sa proizvodom limesa:
[dispmath]\lim_{x\to\frac{\pi}{4}}\frac{\ln^2(\mathrm{tg}\:x)}{\cos^2 2x}=\lim_{x\to\frac{\pi}{4}}\frac{\ln(\mathrm{tg}\:x)}{\cos 2x}\cdot\lim_{x\to\frac{\pi}{4}}\frac{\ln(\mathrm{tg}\:x)}{\cos 2x}=(-1)\cdot (-1)=1[/dispmath]

[dispmath]\lim_{x\to 0}(\mathrm{ctg}\:x)^\frac{1}{\ln x}[/dispmath]
Rješio sam s L'H i ispada [inlmath]\frac{1}{e}[/inlmath], međutim bez Lopitala nikako da mi ispadne...

[dispmath]\lim_{x\to 0}\left(\mathrm{ctg}\:x\right)^{\frac{1}{\ln x}}=\lim_{x\to 0}\:e^{\ln\left(\mathrm{ctg}\:x\right)^{\frac{1}{\ln x}}}=e^{\lim\limits_{x\to 0}\ln\left(\mathrm{ctg}\:x\right)^{\frac{1}{\ln x}}}[/dispmath][dispmath]\lim_{x\to 0}\ln\left(\mathrm{ctg}\:x\right)^{\frac{1}{\ln x}}=\lim_{x\to 0}\frac{1}{\ln x}\ln\mathrm{ctg}\:x=\lim_{x\to 0}\frac{\ln\frac{\cos x}{\sin x}}{\ln x}=\lim_{x\to 0}\frac{\ln\cos x-\ln\sin x}{\ln x}=[/dispmath][dispmath]=\lim_{x\to 0}\frac{\ln\cos x-\ln\left(\frac{\sin x}{x}\cdot x\right)}{\ln x}=\lim_{x\to 0}\frac{\ln\cos x-\left(\cancelto{0}{\enclose{circle}{\ln\cancelto{1}{\frac{\sin x}{x}}}}+\ln x\right)}{\ln x}=[/dispmath][dispmath]=\lim_{x\to 0}\frac{\ln\cos x-\ln x}{\ln x}=\lim_{x\to 0}\cancelto{0}{\enclose{circle}{\frac{\cancelto{0}{\ln\cos x}}{\cancelto{-\infty}{\ln x}}}}-1=-1[/dispmath][dispmath]\Rightarrow\quad e^{\lim\limits_{x\to 0}\ln\left(\mathrm{ctg}\:x\right)^{\frac{1}{\ln x}}}=e^{-1}[/dispmath]

Hvala
Ja sam to probavao rješiti ovako:
[dispmath]\lim_{x\to 0}[1+(\mathrm{ctg}\:x-1)]^{\frac{1}{\mathrm{ctg}\:x-1}\frac{\mathrm{ctg}\:x-1}{\ln x}}=e^{\lim\limits_{x\to 0}\frac{\mathrm{ctg}\:x-1}{\ln x}}[/dispmath]
pa onda rješavati taj limes u eksponentu, ali se dobija brskonačnost, zato mi nije bilo jasno....

[dispmath]\lim_{x\to{\color{red}0}}\left[1+\left(\mathrm{ctg}\:x-1\right)\right]^{\frac{1}{\mathrm{ctg}\:x-1}}{\color{red}\ne}\:e[/dispmath]
Taj limes bi ti se svodio na[dispmath]\lim_{n\to{\color{red}\infty}}\left(1+n\right)^\frac{1}{n}[/dispmath]koji nije jednak [inlmath]e[/inlmath].

Nemoj ga mešati s limesom[dispmath]\lim_{n\to{\color{red}0}}\left(1+n\right)^\frac{1}{n}[/dispmath]koji jeste jednak [inlmath]e[/inlmath].

Takođe, obrati pažnju i na sledeće limese:[dispmath]\lim_{n\to{\color{red}\infty}}\left(1+\frac{1}{n}\right)^n{\color{red}=}\:e,\quad\lim_{n\to{\color{red}0}}\left(1+\frac{1}{n}\right)^n{\color{red}\ne}\:e[/dispmath]

Hm, ček... nije mi jasno

Zar ovo
[dispmath]\lim_{x\to 0}[1+(\mathrm{ctg}\:x-1)]^{\frac{1}{\mathrm{ctg}\:x-1}\frac{\mathrm{ctg}\:x-1}{\ln x}}=e^{\lim\limits_{x\to 0}\frac{\mathrm{ctg}\:x-1}{\ln x}}[/dispmath]
gdje je [inlmath](\mathrm{ctg}\:x-1)=n[/inlmath]
nije svedeno na ovo [dispmath]\lim_{n\to{\color{red}0}}\left(1+n\right)^\frac{1}{n}[/dispmath] ?



Kada onda raditi ovako: [dispmath]\lim_{x\to 0}\left(\mathrm{ctg}\:x\right)^\frac{1}{\ln x}=\lim_{x\to 0}\:e^{\ln\left(\mathrm{ctg}\:x\right)^\frac{1}{\ln x}}=e^{\lim\limits_{x\to 0}\ln\left(\mathrm{ctg}\:x\right)^\frac{1}{\ln x}}\cdots[/dispmath]
a kada ovako: [dispmath]\lim_{x \to 0}[1+(\mathrm{ctg}\:x-1)]^{\frac{1}{\mathrm{ctg}\:x -1}\frac{\mathrm{ctg}\:x-1}{\ln x}}=e^{\lim\limits_{x\to 0}\frac{\mathrm{ctg}\:x-1}{\ln x}}\cdots[/dispmath]

Za [inlmath]x\to 0[/inlmath] važi [inlmath]\mathrm{ctg}\:x\to\infty[/inlmath], samim tim i [inlmath]n\to\infty[/inlmath].

Zanimljivo, na taj detalj uopće nisam obratio pažnju pri rješavanju ovakvih tipova. To je ujedno i odgovor na moj prethodni post. Puno hvala!

[dispmath]\lim_{x\to 0}\left(1+e^x-2^x\right)^\frac{1}{x}[/dispmath]
U zadatku se traži rješenje bez L'H, što ne mogu dobiti. S L'H se dobije [inlmath]\frac{e}{2}[/inlmath] kao rješenje zadatka.

E, kod ovog limesa [inlmath]e^x-2^x[/inlmath] teži nuli, tako da, za razliku od onog prethodnog, ovaj limes možemo svesti na oblik [inlmath]\lim\limits_{n\to 0}\left(1+n\right)^\frac{1}{n}[/inlmath]:
[dispmath]\lim_{x\to 0}\left(1+e^x-2^x\right)^{\frac{1}{x}}=\lim_{x\to 0}\left[\left(1+e^x-2^x\right)^{\frac{1}{e^x-2^x}}\right]^\frac{e^x-2^x}{x}=e^{\lim\limits_{x\to 0}\frac{e^x-2^x}{x}}[/dispmath]
Pa sad računamo ovaj limes u eksponentu:
[dispmath]\lim_{x\to 0}\frac{e^x-2^x}{x}=\lim_{x\to 0}\cancelto{1}{2^x}\frac{\left(\frac{e}{2}\right)^x-1}{x}=\lim_{x\to 0}\left[\frac{1}{\left(\frac{e}{2}\right)^x-1}\cdot x\right]^{-1}=\lim_{x\to 0}\left[\frac{1}{\left(\frac{e}{2}\right)^x-1}\log_\frac{e}{2}\left(\frac{e}{2}\right)^x\right]^{-1}=[/dispmath]
[dispmath]=\lim_{x\to 0}\left\{\frac{1}{\left(\frac{e}{2}\right)^x-1}\log_\frac{e}{2}\left[1+\left(\frac{e}{2}\right)^x-1\right]\right\}^{-1}=\lim_{x\to 0}\left\{\log_\frac{e}{2}\left[1+\left(\frac{e}{2}\right)^x-1\right]^\frac{1}{\left(\frac{e}{2}\right)^x-1}\right\}^{-1}=[/dispmath]
[dispmath]=\left\{\log_\frac{e}{2}\lim_{x\to 0}\left[1+\left(\frac{e}{2}\right)^x-1\right]^\frac{1}{\left(\frac{e}{2}\right)^x-1}\right\}^{-1}=\left(\log_\frac{e}{2}e\right)^{-1}=[/dispmath]
(pošto [inlmath]\left(\frac{e}{2}\right)^x-1\to 0[/inlmath] kada [inlmath]x\to 0[/inlmath], ovde smo mogli primeniti [inlmath]\lim\limits_{n\to 0}\left(1+n\right)^\frac{1}{n}=e[/inlmath].)
[dispmath]=\log_e\frac{e}{2}=\ln\frac{e}{2}=\ln e-\ln 2=1-\ln 2[/dispmath]
[dispmath]\Rightarrow\quad\lim_{x\to 0}\left(1+e^x-2^x\right)^{\frac{1}{x}}=e^{1-\ln 2}=\frac{e}{e^{\ln 2}}=\frac{e}{2}[/dispmath]

Uu, svaka čast za dosjetku

Nije mi samo jasan kraj zadatka, tj. kako se iz ovog [dispmath]\left(\log_\frac{e}{2}e\right)^{-1}[/dispmath] dobije ovo
[dispmath]=\log_e\frac{e}{2}=\ln\frac{e}{2}=\ln e-\ln 2=1-\ln 2[/dispmath]

To sledi iz osobine logaritma da je[dispmath]\frac{1}{\log_a b}=\log_b a[/dispmath]pa je[dispmath]\left(\log_\frac{e}{2}e\right)^{-1}=\frac{1}{\log_\frac{e}{2}e}=\log_e\frac{e}{2}=\ln\frac{e}{2}=\cdots[/dispmath]

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.

S limesima s arkusima sam se već susretao pri rješavanju limesa nizova, pa me zanima da je je ovdje pravilo isto:
primjer
[dispmath]\lim_{x\to\infty}\mathrm{arctg}\frac{1}{2n^2}[/dispmath]
odnosno, da li je dovoljno samo napisati argument (pošto je on vrlo blizak nuli kada [inlmath]n\to\infty[/inlmath]

Ako je to dovoljno, onda je rješenje ovog limesa [inlmath]0[/inlmath].

Pa, da.
[dispmath]\lim_{{\color{red}n}\to\infty}\mathrm{arctg}\frac{1}{2n^2}=\lim_{n\to\infty}\mathrm{arctg}\left(\frac{1}{2n^2}\cdot\frac{\mathrm{tg}\frac{1}{2n^2}}{\mathrm{tg}\frac{1}{2n^2}}\right)=\lim_{n\to\infty}\mathrm{arctg}\left(\mathrm{tg}\frac{1}{2n^2}\cdot\frac{\frac{1}{2n^2}}{\mathrm{tg}\frac{1}{2n^2}}\right)=[/dispmath]
[dispmath]=\lim_{n\to\infty}\mathrm{arctg}\left(\mathrm{tg}\frac{1}{2n^2}\cdot\cancelto{1}{\cos\frac{1}{2n^2}}\cdot\cancelto{1}{\frac{\frac{1}{2n^2}}{\sin\frac{1}{2n^2}}}\right)=\lim_{n\to\infty}\mathrm{arctg}\left(\mathrm{tg}\frac{1}{2n^2}\right)=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{2n^2}=0[/dispmath]

Limes bi nekako bilo poželjno svesti na način da se može rješiti preko L'H. S obzirom da to, čini mi se, ne može, onda bi trebalo bez L'H što mi ne polazi za rukom.
[dispmath]\lim_{x\to\infty}\left(\frac{\pi}{2}-\arcsin\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}\right)[/dispmath]

Nisam siguran da sam tačno razumeo u čemu je ovde problem, jer deluje mi previše jednostavno:[dispmath]\lim_{x\to\infty}\left(\frac{\pi}{2}-\arcsin\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}\right)=\frac{\pi}{2}-\lim_{x\to\infty}\left(\arcsin\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}\right)=[/dispmath][dispmath]=\frac{\pi}{2}-\lim_{x\to\infty}\left(\arcsin\frac{1}{\sqrt{1+\cancelto{0}{\frac{1}{x^2}}}}\right)=\frac{\pi}{2}-\arcsin 1=\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{2}=0[/dispmath]

Vjerojatno se tu tražilo metodom zamjene, zbog toga je zadatak "trebao biti kompliciran" xD Osim ako imaš preveliku želju, ne moraš mi to pisati. Ako me ovako nešto dopadne, napravit ću na isti taj način

Nije da nemam želju, već nemam ideju. Nit vidim gde bi se ovde mogla uvesti zamena, nit vidim ikakvu svrhu toga...

Jedan limes bez L'H
[dispmath]\lim_{x\to\frac{\pi}{2}}\left(\frac{x}{\mathrm{ctg}\:x}-\frac{\pi}{2\cos x}\right)[/dispmath]

[dispmath]\lim_{x\to\frac{\pi}{2}}\left(\frac{x}{\mathrm{ctg}\:x}-\frac{\pi}{2\cos x}\right)=\lim_{x\to\frac{\pi}{2}}\left(\frac{x\sin x}{\cos x}-\frac{\frac{\pi}{2}}{\cos x}\right)=\lim_{x\to\frac{\pi}{2}}\frac{x\cancelto{1}{\sin x}-\frac{\pi}{2}}{\cos x}=[/dispmath][dispmath]=\lim_{x\to\frac{\pi}{2}}\frac{x-\frac{\pi}{2}}{-\sin\left(x-\frac{\pi}{2}\right)}=-\lim_{x\to\frac{\pi}{2}}\cancelto{1}{\frac{x-\frac{\pi}{2}}{\sin\left(x-\frac{\pi}{2}\right)}}=-1[/dispmath]

Aha, znači tajna je u svođenju na prvi kvadrant ja polušavao bez...

[dispmath]\lim_{x\to 0}\;\;\sin 4x\frac{e^{-2x}-1}{x^2\sqrt{x+1}-1}\ln(1+x)[/dispmath]
Sva sreća da traže bez, jer da traže sa ne znam što bi ispalo

Dobio sam
[dispmath]\lim_{x\to 0}\,\sin 4x\frac{e^{-2x}-1}{x^2\sqrt{x+1}-1}\ln(1+x)\,=-16[/dispmath]
Više manje je jasno na prvi pogled kako se ovaj limes određuje: prvo sam se rješio sinusa, pa [inlmath]\ln[/inlmath]-a, pa mi u jednom trenutku ostane
[dispmath]4\lim_{x\to 0}\frac{e^{-2x}-1}{\sqrt{x+1}-1}=4\lim_{x\to 0}\frac{e^{-2x}-1}{\sqrt{x+1}-1}\frac{\sqrt{x+1}+1}{\sqrt{x+1}+1}[/dispmath] pa kada se to sredi ispalo mi je
[dispmath]8\lim_{x\to 0}\frac{e^{-2x}-1}{x}[/dispmath] pa sam [inlmath]x[/inlmath] u nazivniku napisao kao [inlmath]\ln e^x[/inlmath] a brojnik raspisao ovako (razlika kvadrata):
[dispmath]e^{-2x}-1=e^{-2x}\left(1-e^{2x}\right)=-e^{-2x}\left(e^{2x}-1\right)[/dispmath], itd. dalje je poznato...

Ikakvih primjedbi na postupak? Da li je poželjno nešto drukčije ili sam možda negdje zakomplicirao bespotrebno?

eseper je napisao:prvo sam se rješio sinusa, pa [inlmath]\ln[/inlmath]-a

Negde u ovom postupku ti je greška, jer izraz koji si posle toga dobio ne teži istoj vrednosti kao i onaj prethodni.

(1)[dispmath]\lim_{x\to 0}\;\;\sin 4x\frac{e^{-2x}-1}{x^2\left(\sqrt{x+1}-1\right)}\ln(1+x)[/dispmath]
(2)[dispmath]=4\lim_{x\to 0}{\cancelto{1}{\frac{\sin 4x}{4x}}}\frac{\ln(1+x)\left(e^{-2x}-1\right)}{x\left(\sqrt{x+1}-1\right)}=[/dispmath]
(3)[dispmath]=4\lim_{x\to 0}\frac{\ln(1+x)^{\frac{1}{x}x}\left(e^{-2x}-1\right)}{x\left(\sqrt{x+1}-1\right)}=[/dispmath]
(4)[dispmath]=4\lim_{x\to 0}\frac{{\cancel{x}}\left(e^{-2x}-1\right)}{{\cancel{x}}\left(\sqrt{x+1}-1\right)}=[/dispmath]
(5)[dispmath]=4\lim_{x\to 0}\frac{\left(e^{-2x}-1\right)}{\left(\sqrt{x+1}-1\right)}=[/dispmath]
(6)[dispmath]=4\lim_{x\to 0}\frac{\left(e^{-2x}-1\right)}{\left(\sqrt{x+1}-1\right)}\frac{\left(\sqrt{x+1}+1\right)}{\left(\sqrt{x+1}+1\right)}=[/dispmath]
(7)[dispmath]=4\lim_{x\to 0}\frac{{\cancelto{2}{\left(\sqrt{x+1}+1\right)}}\left(e^{-2x}-1\right)}{x}=[/dispmath]
(8)[dispmath]=8\lim_{x\to 0}\frac{e^{-2x}-1}{x}=[/dispmath]
(9)[dispmath]=8\lim_{x\to 0}\frac{{\cancelto{-1}{-e^{-2x}}}\left(e^x-1\right){\cancelto{2}{\left(e^x+1\right)}}}{\ln\left(1+e^x-1\right)}=[/dispmath]
(10)[dispmath]=-16\frac{1}{\ln e}=-16[/dispmath]

eseper je napisao:

Bez korištenja L'Hopitalovog pravila rješite limes:

[dispmath]\lim_{x\to 0}\;\;\sin 4x\frac{e^{-2x}-1}{x^2\sqrt{x+1}-1}\ln(1+x)[/dispmath]

Ovde si imenilac napisao bez zagrade...

eseper je napisao:(1)[dispmath]\lim_{x\to 0}\;\;\sin 4x\frac{e^{-2x}-1}{x^2{\color{red}(}\sqrt{x+1}-1{\color{red})}}\ln(1+x)[/dispmath]
(2)[dispmath]\cdots[/dispmath]

... a ovde si radio sa zagradom u imeniocu...

Eto bar ostaje postupak za one koji ne budu znali

Kako rješiti limes
[dispmath]\lim_{x\to\pi}\left(\frac{2\pi x-x^2}{\pi^2}\right)^{\mathrm{ctg}^2x}[/dispmath]

[dispmath]2\pi x-x^2=\pi^2-\left(\pi^2-2\pi x+x^2\right)=\pi^2-\left(\pi-x\right)^2[/dispmath]
Da li ti ovo daje ideju?

I ne baš

OK...[dispmath]\lim_{x\to\pi}\left(\frac{2\pi x-x^2}{{\pi}^2}\right)^{\mathrm{ctg}\:^2x}=\cdots=\lim_{x\to\pi}\left[\frac{\pi^2-\left(\pi-x\right)^2}{{\pi}^2}\right]^{\mathrm{ctg}\:^2x}=\lim_{x\to\pi}\left[1-\left(\frac{\pi-x}{\pi}\right)^2\right]^{\mathrm{ctg}\:^2x}=[/dispmath][dispmath]=\left\{\lim_{x\to\pi}\left[1-\left(\frac{\pi-x}{\pi}\right)^2\right]^{-\left(\frac{\pi}{\pi-x}\right)^2}\right\}^{-\left(\frac{\pi-x}{\pi}\right)^2\mathrm{ctg}\:^2x}=e^{-\lim\limits_{x\to\pi}\left(\frac{\pi-x}{\pi}\right)^2\mathrm{ctg}\:^2x}[/dispmath]
[dispmath]-\lim\limits_{x\to\pi}\left(\frac{\pi-x}{\pi}\right)^2\mathrm{ctg}\:^2x=-\lim\limits_{x\to\pi}\left(\frac{\pi-x}{\pi}\right)^2\frac{\cancelto{1}{\cos^2 x}}{\sin^2 x}=[/dispmath][dispmath]=-\lim\limits_{x\to\pi}\left(\frac{\pi-x}{\pi}\right)^2\frac{1}{\sin^2\left(\pi-x\right)}=-\frac{1}{\pi^2}\lim\limits_{x\to\pi}\left[\cancelto{1}{\frac{\pi-x}{\sin\left(\pi-x\right)}}\right]^2=-\frac{1}{\pi^2}[/dispmath]
[dispmath]\Rightarrow\quad e^{-\lim\limits_{x\to\pi}\left(\frac{\pi-x}{\pi}\right)^2\mathrm{ctg}\:^2x}=e^{-\frac{1}{\pi^2}}[/dispmath]

[dispmath]\lim_{x\to\pm\infty}\frac{|x|\sqrt{1-\frac{3}{x}}}{x}-1[/dispmath][dispmath]\mathrm{sign}(x)=0,\;x\to +\infty[/dispmath][dispmath]\mathrm{sign}(x)=-2,\;x\to -\infty[/dispmath]
Kako se dobiju [inlmath]0[/inlmath] i [inlmath]-2[/inlmath]?

Notacija je bzvz. Ne može nikako biti [inlmath]\mathrm{sign}\left(x\right)=-2[/inlmath], jer funkcija [inlmath]\mathrm{sign}\left(x\right)[/inlmath] po definiciji može imati samo vrednosti [inlmath]-1[/inlmath], [inlmath]0[/inlmath] ili [inlmath]1[/inlmath].

Tu se sigurno misli na to da je [inlmath]\lim\limits_{x\to +\infty}\left(\frac{\left|x\right|\sqrt{1-\frac{3}{x}}}{x}-1\right)=0[/inlmath] i [inlmath]\lim\limits_{x\to -\infty}\left(\frac{\left|x\right|\sqrt{1-\frac{3}{x}}}{x}-1\right)=-2[/inlmath]

A evo kako se došlo dotle: zbog onog [inlmath]\left|x\right|[/inlmath] moramo odvojeno da ispitujemo limes kad [inlmath]x\to +\infty[/inlmath], a odvojeno kad [inlmath]x\to -\infty[/inlmath]. Kada [inlmath]x\to +\infty[/inlmath], onda je, naravno, [inlmath]x[/inlmath] pozitivno, pa je [inlmath]\left|x\right|=x[/inlmath], a kada [inlmath]x\to -\infty[/inlmath], onda je [inlmath]x[/inlmath] negativno, pa je [inlmath]\left|x\right|=-x[/inlmath]:[dispmath]\lim_{x\to +\infty}\left(\frac{\left|x\right|\sqrt{1-\frac{3}{x}}}{x}-1\right)=\lim_{x\to +\infty}\left(\frac{\cancel x\sqrt{1-\frac{3}{x}}}{\cancel x}-1\right)=\lim_{x\to +\infty}\left(\sqrt{1-\cancelto{0}{\frac{3}{x}}}-1\right)=\sqrt 1-1=0[/dispmath]
[dispmath]\lim_{x\to -\infty}\left(\frac{\left|x\right|\sqrt{1-\frac{3}{x}}}{x}-1\right)=\lim_{x\to -\infty}\left(\frac{-x\sqrt{1-\frac{3}{x}}}{x}-1\right)=[/dispmath][dispmath]=\lim_{x\to -\infty}\left(-\frac{\cancel x\sqrt{1-\frac{3}{x}}}{\cancel x}-1\right)=\lim_{x\to -\infty}\left(-\sqrt{1-\cancelto{0}{\frac{3}{x}}}-1\right)=-\sqrt 1-1=-2[/dispmath]

[dispmath]\lim_{x\to\infty}\sqrt{\frac{x^3}{x+3}}[/dispmath]
Da li moze neko da mi kaze koja je ideja za resavanje ovog limesa? I koja je ideja kada [inlmath]x[/inlmath] tezi [inlmath]-\infty[/inlmath] ? Resenje u prvom slucaju je [inlmath]-\infty[/inlmath], a u drugom [inlmath]-\frac{1}{2}[/inlmath].
Hvala unapred.

Mislim da rešenja nisu dobra. Ja bih ovako uradio. Za [inlmath]-\infty[/inlmath] nisam siguran.
[dispmath]\lim_{x\to\infty}\sqrt{\frac{x^3}{x+3}}=\lim_{x\to\infty}\sqrt{\frac{x^3}{x+3}}\cdot\sqrt{\frac{\frac{1}{x}}{\frac{1}{x}}}=\lim_{x\to\infty}\sqrt{\frac{x^2}{\frac{x}{x}+\frac{3}{x}}}=\lim_{x\to\infty}\frac{|x|}{\sqrt{1+\frac{3}{x}}}=|x|=\infty[/dispmath]

Obrisana duplinarana tema...

Slažem se sa Ubavićem, rešenja nisu dobra. Za [inlmath]-\infty[/inlmath] se dobije isto [inlmath]\infty[/inlmath].

Hvala vam! A koja bi sad ideja za resavanje bila za ovaj limes? I koja je ideja kada [inlmath]x[/inlmath] tezi [inlmath]-\infty[/inlmath] ? Izvinjavam se, za ovaj zadatak resenje u prvom slucaju je [inlmath]-\infty[/inlmath], a u drugom [inlmath]-\frac{1}{2}[/inlmath].
[dispmath]\lim_{x\to\infty}\left[1-x-\sqrt{\frac{x^3}{x+3}}\right][/dispmath]

Ideja je da primeniš formulu [inlmath]a-b=\frac{a^2-b^2}{a+b}[/inlmath] (u ovom slučaju će [inlmath]a[/inlmath] biti [inlmath]1-x[/inlmath], a [inlmath]b[/inlmath] će biti [inlmath]\sqrt{\frac{x^3}{x+3}}[/inlmath].

I još je bitno da kod računanja limesa kada [inlmath]x\to -\infty[/inlmath] vodiš računa o tome da, kada neki negativan broj ulazi pod koren, tada se ispred korena menja znak:
[dispmath]a<0\quad\Rightarrow\quad a\sqrt b=-\left|a\right|\sqrt b=-\sqrt{a^2}\sqrt b=-\sqrt{a^2b}[/dispmath]

Da li može jos neki hint?
Zbog čega si baš odabrao takvu smenu i zašto baš razlika kvadrata?

Uglavnom intuicija, koja se stiče posle dosta provežbanih zadataka. Kad vidiš razliku dva izraza pri čemu oba teže beskonačnosti (pa je njihova razlika samim tim neodređena), a bar jedan od ta dva izraza je kvadratni koren, tada se nekako logično nameće da treba da se oslobodimo korena, a to ćemo postići tako što izvedemo neku radnju pomoću koje u brojiocu dobijemo kvadrate ta dva izraza. Upravo za to je idealna ta formula [inlmath]a-b=\frac{a^2-b^2}{a+b}[/inlmath], jer se njome izrazi u brojiocu kvadriraju, pa se ti kvadrati krate s korenom (ili s korenima, ako ih ima dva). Tačno je da ovim postupkom sad dobijamo kvadratni koren u imeniocu, ali ćemo u imeniocu sada imati zbir (a ne razliku) dve beskonačne veličine, što više nije neodređen izraz, već je beskonačno, pa će se, verovatno, kratiti s nekim beskonačnim izrazom u brojiocu, nakon čega nam ostaje konačna vrednost kao rezultat za taj limes...

[dispmath]\lim_{x\to\infty}\left(\frac{\frac{3x^2+3x+1}{x}}{\sqrt{\frac{x^3+3x^2+3x+1}{x}}+x}\right)[/dispmath]
Resenje treba da bude [inlmath]\frac{3}{2}[/inlmath]...

[dispmath]\lim_{x\to\infty}\frac{\frac{3x^2+3x+1}{x}}{\sqrt{\frac{x^3+3x^2+3x+1}{x}}+x}=\lim_{x\to\infty}\frac{3x+3+\frac{1}{x}}{\sqrt{x^2+3x+3+\frac{1}{x}}+x}=[/dispmath]
Izvučemo [inlmath]\sqrt{x^2}[/inlmath] ispred korena...
[dispmath]=\lim_{x\to\infty}\frac{3x+3+\frac{1}{x}}{\sqrt{x^2}\cdot\sqrt{1+\frac{3}{x}+\frac{3}{x^2}+\frac{1}{x^3}}+x}=\lim_{x\to\infty}\frac{3x+3+\frac{1}{x}}{\left|x\right|\cdot\sqrt{1+\frac{3}{x}+\frac{3}{x^2}+\frac{1}{x^3}}+x}=[/dispmath]
Pošto [inlmath]x\to\infty[/inlmath], znači, pozitivno je, pa umesto [inlmath]\left|x\right|[/inlmath] možemo pisati samo [inlmath]x[/inlmath]:
[dispmath]=\lim_{x\to\infty}\frac{3x+3+\frac{1}{x}}{x\cdot\sqrt{1+\frac{3}{x}+\frac{3}{x^2}+\frac{1}{x^3}}+x}=\lim_{x\to\infty}\frac{\cancel x\left(3+\frac{3}{x}+\frac{1}{x^2}\right)}{\cancel x\left(\sqrt{1+\frac{3}{x}+\frac{3}{x^2}+\frac{1}{x^3}}+1\right)}=[/dispmath][dispmath]=\lim_{x\to\infty}\frac{3+\cancelto{0}{\frac{3}{x}}+\cancelto{0}{\frac{1}{x^2}}}{\sqrt{1+\cancelto{0}{\frac{3}{x}}+\cancelto{0}{\frac{3}{x^2}}+\cancelto{0}{\frac{1}{x^3}}}+1}=\frac{3}{\sqrt 1+1}=\frac{3}{2}[/dispmath]

A kada bi limes tezio ka [inlmath]-\infty[/inlmath] kako bi onda pisao apsolutno od [inlmath]x[/inlmath]?

U tom slučaju bi [inlmath]x[/inlmath] bilo negativno, pa bi bilo [inlmath]\left|x\right|=-x[/inlmath] i imenilac bi se sveo na [inlmath]-\sqrt 1+1[/inlmath], tj. dobili bismo nulu u imeniocu, a pošto bi u brojiocu bio konačan broj, vrednost tog limesa ne bi bila definisana, tj. bila bi beskonačna.

[dispmath]n=\lim_{x\to\infty}\left(\sqrt{\frac{x^3}{x-2}}-x\right)[/dispmath]
Posle racionalizacije sam izvlacio [inlmath]x[/inlmath] ali nikako da dobijem [inlmath]1[/inlmath], sto treba da se dobije. Tada je formula [dispmath]y=x+1[/dispmath]
Isto ovo mi predstavlja problem ali kada tezi ka minus beskonacno, i tad je [inlmath]k=-1[/inlmath], a ne [inlmath]1[/inlmath] kao u ovom slucaju. I ono sto me zbunjuje je sto kada tezi ka minus beskonacno formula horizontalne asimptote glasi [dispmath]-y=-x-1[/dispmath]
Otkud taj minus ispred [inlmath]y[/inlmath]?

Kad imaš limese oblika [inlmath]\sqrt\infty-\infty[/inlmath], rešavaš ih tako što primeniš formulu za razliku kvadrata:
[dispmath]a^2-b^2=(a+b)(a-b)\quad\Longrightarrow\quad a-b=\frac{a^2-b^2}{a+b}[/dispmath] Ovde za [inlmath]a[/inlmath] proglasiš [inlmath]\sqrt{\frac{x^3}{x-2}}[/inlmath], a za [inlmath]b[/inlmath] proglasiš [inlmath]x[/inlmath]:
[dispmath]n=\lim_{x\to\pm\infty}\left(\sqrt{\frac{x^3}{x-2}}-x\right)=\lim_{x\to\pm\infty}\frac{\frac{x^3}{x-2}-x^2}{{\sqrt{\frac{x^3}{x-2}}+x}}=[/dispmath] Pomnožimo i brojilac i imenilac sa [inlmath](x-2)[/inlmath]:
[dispmath]=\lim_{x\to\pm\infty}\frac{x^3-x^2(x-2)}{{(x-2)\sqrt{\frac{x^3}{x-2}}+x(x-2)}}=\lim_{x\to\pm\infty}\frac{\cancel{x^3}-\cancel{x^3}+2x^2}{{\text{sgn}(x-2)\cdot|x-2|\sqrt{\frac{x^3}{x-2}}+x^2-2x}}=\\
=2\lim_{x\to\pm\infty}\frac{x^2}{{\text{sgn}(x-2)\cdot\sqrt{(x-2)^2}\sqrt{\frac{x^3}{x-2}}+x^2-2x}}=2\lim_{x\to\pm\infty}\frac{x^2}{{\text{sgn}(x-2)\cdot\sqrt{x^3(x-2)}+x^2-2x}}=\\
=2\lim_{x\to\pm\infty}\frac{x^2}{{\text{sgn}(x-2)\cdot\sqrt{x^4-2x^3}+x^2-2x}}=[/dispmath] Podelimo i brojilac i imenilac sa [inlmath]x^2[/inlmath]:
[dispmath]=2\lim_{x\to\pm\infty}\frac{1}{{\text{sgn}(x-2)\cdot\sqrt{1-\cancelto{0}{\frac{2}{x}}}+1-\cancelto{0}{\frac{2}{x}}}}=\frac{2}{1+\text{sgn}(x-2)}[/dispmath] I sad odvojeno posmatramo limese kad [inlmath]x[/inlmath] ide ka [inlmath]-\infty[/inlmath] i ka [inlmath]+\infty[/inlmath]:

[inlmath]x\to-\infty\quad\Longrightarrow\quad x-2<0\quad\Longrightarrow\quad\text{sgn}(x-2)=-1[/inlmath]
[dispmath]\Longrightarrow\quad n=\frac{2}{1-1}=\frac{2}{0}[/dispmath] tj. ne postoji.

[inlmath]x\to+\infty\quad\Longrightarrow\quad x-2>0\quad\Longrightarrow\quad\text{sgn}(x-2)=1[/inlmath]
[dispmath]\Longrightarrow\quad n=\frac{2}{1+1}=\frac{2}{2}=1[/dispmath] E sad, pretpostavljam da funkcija koju ispituješ glasi [inlmath]f(x)=\sqrt{\frac{x^3}{x-2}}[/inlmath], pa bi u tom slučaju za [inlmath]k[/inlmath] kada [inlmath]x\to-\infty[/inlmath] trebalo da dobiješ [inlmath]-1[/inlmath], pa onda [inlmath]n[/inlmath] ne tražiš kao [inlmath]\lim\limits_{x\to-\infty}\left(\sqrt{\frac{x^3}{x-2}}-x\right)[/inlmath], već kao [inlmath]\lim\limits_{x\to-\infty}\left(\sqrt{\frac{x^3}{x-2}}+x\right)[/inlmath]. I tada ćeš dobiti konačnu vrednost za [inlmath]k[/inlmath] i ona će iznositi [inlmath]-1[/inlmath].

Morpheus je napisao:I ono sto me zbunjuje je sto kada tezi ka minus beskonacno formula horizontalne asimptote glasi [dispmath]-y=-x-1[/dispmath]
Otkud taj minus ispred [inlmath]y[/inlmath]?

Greška. Leva horizontalna asimptota treba da glasi [inlmath]y=-x-1[/inlmath] (ako sam dobro pretpostavio da funkcija glasi [inlmath]f\left(x\right)=\sqrt{\frac{x^3}{x-2}}[/inlmath]).

Jeste tako glasi funkcija. Hvala iako nemam pojma sta je signum funkcija Ja sam stigao dotle kada mi se skrate [inlmath]x^3[/inlmath] i [inlmath]-x^3[/inlmath] i dalje nisam znao. Videcu sad ovo da skontam. Pa da i ja mislim da je [inlmath]y=-x-1[/inlmath]...

Signum funkcija ti je funkcija predznaka. Može imati samo tri vrednosti:
[dispmath]\mathrm{sgn}\:x=\begin{cases}
-1, & x< 0 \\
0, & x=0 \\
1, & x>0
\end{cases}[/dispmath]
a [inlmath]x[/inlmath] se može zapisati kao proizvod svoje apsolutne vrednosti i signum funkcije:
[dispmath]x=\left|x\right|\cdot\mathrm{sgn}\:x[/dispmath]

Postoji li neki drugi nacin sem tog?

Misliš, u vezi s ovom signum funkcijom?

Da, postoji drugi način, da odvojeno radiš za slučajeve [inlmath]x\to -\infty[/inlmath] i [inlmath]x\to +\infty[/inlmath]. Ali, ovako je elegantnije, jer upotrebom signum funkcije „jednim udarcem ubiješ dve muve“, jedino na samom kraju diskutuješ rešenje u zavisnosti od vrednosti te signum funkcije (tj. da li je [inlmath]-1[/inlmath] ili [inlmath]1[/inlmath]).

Da ne otvaram novu temu - postavicu ovde zadatak:
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\left(\frac{4n+5}{4n+1}\right)^{4n}[/dispmath]
Da li je resenje [inlmath]e^4[/inlmath]

Hvala unapred

Jeste [inlmath]e^4[/inlmath], a može se raditi na dva načina:

Prvi način:
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\left(\frac{4n+5}{4n+1}\right)^{4n}=\lim_{n\to\infty}\frac{\left(1+\frac{5}{4n}\right)^{4n}}{\left(1+\frac{1}{4n}\right)^{4n}}=\frac{1}{e}\lim_{n\to\infty}\left[\left(1+\frac{1}{\frac{4n}{5}}\right)^\frac{4n}{5}\right]^5=\frac{1}{e}\cdot e^5=e^4[/dispmath]

Drugi način:
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\left(\frac{4n+5}{4n+1}\right)^{4n}=\lim_{n\to\infty}\left(\frac{4n+1+4}{4n+1}\right)^{4n}=\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{4}{4n+1}\right)^{4n+1-1}=[/dispmath]
[dispmath]=\lim_{n\to\infty}\frac{\left(1+\frac{1}{n+\frac{1}{4}}\right)^{4n+1}}{\cancelto{1}{1+\frac{4}{4n+1}}}=\lim_{n\to\infty}\left[\left(1+\frac{1}{n+\frac{1}{4}}\right)^{n+\frac{1}{4}}\right]^4=e^4[/dispmath]

Ovaj osecam da je lak ali ne mogu vec dugo da ga resim:
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\frac{2^{n+1}+3^{n+1}}{2^n+3^n}[/dispmath]

Podeli i brojilac i imenilac sa [inlmath]3^{n+1}[/inlmath].
Treba da dobiješ da je limes jednak [inlmath]3[/inlmath].

Znam da je tri ali nema sanse da ga svedem na neki tablicni limes - podelio sam kako si mi rekao ali nista ne vidim sto moze da dovede do nekog tablicnog limesa. Ako ti nije problem, uradi ga, da vidim gde sam i sta lupetao.

Nema ovde nikakvih tabličnih limesa:
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\frac{2^{n+1}+3^{n+1}}{2^n+3^n}=\lim_{n\to\infty}\frac{\cancelto{0}{\left(\frac{2}{3}\right)^{n+1}}+1}{\frac{2^n}{3^{n+1}}+\frac{3^n}{3^{n+1}}}=\frac{1}{\lim\limits_{n\to\infty}\left(\frac{1}{2}\cdot\frac{2^{n+1}}{3^{n+1}}+\frac{1}{3}\right)}=\frac{1}{\lim\limits_{n\to\infty}\left[\frac{1}{2}\cdot\cancelto{0}{\left(\frac{2}{3}\right)^{n+1}}+\frac{1}{3}\right]}=\frac{1}{\frac{1}{3}}=3[/dispmath]
Vrlo je bitno da u prvom koraku i brojilac i imenilac podelimo baš sa [inlmath]3^{n+1}[/inlmath] a ne sa [inlmath]2^{n+1}[/inlmath], jer smo ovako dobili [inlmath]\left(\frac{2}{3}\right)^{n+1}[/inlmath] koje teži nuli, jer je osnova, [inlmath]\frac{2}{3}[/inlmath], manja od jedinice. Da smo brojilac i imenilac delili sa [inlmath]2^{n+1}[/inlmath], figurisalo bi nam [inlmath]\left(\frac{3}{2}\right)^{n+1}[/inlmath] koje teži beskonačnosti, pa s time ništa ne bismo mogli da uradimo.

Hvala na odgovoru i na objasnjenju
Imam dva nova zadatka koja sam resio i dobio tacno resenje ali imam nekoliko pitanja:
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\frac{(-1)^n+7^n}{7^n+\cos n}=\lim_{n\to\infty}\frac{7^n}{7^n+\cos n}=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{1+\frac{\cos n}{7^n}}[/dispmath]
Jel ovo [inlmath]\frac{\cos n}{7^n}[/inlmath] tezi nuli ili jos treba nekako da se rastavi? Sad nesto razmisljam, iako sam napisao da tezi nuli mislim da ipak ne tezi zato sto za [inlmath]n=0[/inlmath] dobijemo da je to jedan - ne znam, pogubljen sam

A slicno pitanje i za ovaj drugi:
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\frac{\sin\frac{n}{n^3+1}}{n!+3}=\lim_{n\to\infty}\frac{\frac{n}{n^3+1}}{n!+3}=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{\left(n^3+1\right)((n-1)!+3)}[/dispmath]
Da li ja sad mogu da napisem da [inlmath]\frac{1}{\left(n^3+1\right)((n-1)!+3)}[/inlmath] tezi nuli i tu zavrsim zadatak? Nekako me buni to kad tezi nuli, a kad jedinici.

Hvala unapred na odgovoru.

forzajuve je napisao:Imam dva nova zadatka koja sam resio i dobio tacno resenje ali imam nekoliko pitanja:
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\frac{(-1)^n+7^n}{7^n+\cos n}=\lim_{n\to\infty}\frac{7^n}{7^n+\cos n}=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{1+\frac{\cos n}{7^n}}[/dispmath]

E prvo ovo da malo prokomentarišem. Ovaj prvi korak, [inlmath]\lim\limits_{n\to\infty}\frac{(-1)^n+7^n}{7^n+\cos n}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{7^n}{7^n+\cos n}[/inlmath] ne može tako da se piše, tj. sabirak [inlmath]\left(-1\right)^n[/inlmath] ne može tek tako da nestane. Pravilnije bi bilo brojilac i imenilac podeliti sa [inlmath]7^n[/inlmath]:
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\frac{\left(-1\right)^n+7^n}{7^n+\cos n}=\lim_{n\to\infty}\frac{\cancelto{0}{\frac{\left(-1\right)^n}{7^n}}+1}{1+\frac{\cos n}{7^n}}=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{1+\frac{\cos n}{7^n}}=\cdots[/dispmath]
Naravno, [inlmath]\frac{\left(-1\right)^n}{7^n}[/inlmath] teži nuli kada [inlmath]n\to\infty[/inlmath] zbog toga što je brojilac čas [inlmath]1[/inlmath], čas [inlmath]-1[/inlmath], ali je uvek neka konačna vrednost, dok je imenilac vrednost koja teži beskonačnosti, a količnik konačne i beskonačne vrednosti je nula.

A isti rezon koristimo i za ovo što si pitao,

forzajuve je napisao:Jel ovo [inlmath]\frac{\cos n}{7^n}[/inlmath] tezi nuli ili jos treba nekako da se rastavi?

Da, teži nuli za [inlmath]n\to\infty[/inlmath]. Slično priči od malopre, u brojiocu imamo neku vrednost koja u beskonačnosti jeste neodređena, ali za koju znamo da mora pripadati intervalu [inlmath]\left[-1,1\right][/inlmath], dakle, vrednost joj je konačna (iako je neodređena), dok u imeniocu imamo vrednost koja teži beskonačnosti. Njihov količnik, prema tome, teži nuli.

forzajuve je napisao:Sad nesto razmisljam, iako sam napisao da tezi nuli mislim da ipak ne tezi zato sto za [inlmath]n=0[/inlmath] dobijemo da je to jedan - ne znam, pogubljen sam

Za [inlmath]n=0[/inlmath] jeste jedinica, ali mi ovde uopšte i ne posmatramo slučaj kad [inlmath]n\to 0[/inlmath], već kad [inlmath]n\to\infty[/inlmath].

forzajuve je napisao:A slicno pitanje i za ovaj drugi:
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\frac{\sin\frac{n}{n^3+1}}{n!+3}=\lim_{n\to\infty}\frac{\frac{n}{n^3+1}}{n!+3}=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{\left(n^3+1\right)((n-1)!+3)}[/dispmath]
Da li ja sad mogu da napisem da [inlmath]\frac{1}{\left(n^3+1\right)((n-1)!+3)}[/inlmath] tezi nuli i tu zavrsim zadatak? Nekako me buni to kad tezi nuli, a kad jedinici.

Da, za [inlmath]n\to\infty[/inlmath] izraz [inlmath]\frac{1}{\left(n^3+1\right)((n-1)!+3)}[/inlmath] teži nuli, napišeš tako i završiš zadatak. Doduše, taj izraz ti nije najtačniji, trebalo bi da se dobije [inlmath]\frac{1}{\left(n^3+1\right)((n-1)!+\frac{3}{n})}[/inlmath] (proveri gde ti je greška), ali i on takođe teži nuli.

Sad sam video gde sam pogresio kod drugog - kod skracivanja. Hvala na ukazanoj gresci. A sto se tice brojioca kod prvog zadatka, delio sam sve sa [inlmath]7^n[/inlmath] samo nisam sve pisao. Hvala na objasnjenju - sad je jasnije

[dispmath]\lim_{n\to\infty}\left(\frac{2n+3}{n+4}\right)^\frac{2n+5}{n+1}[/dispmath]
E sad kod ovog ne mogu da primenim onaj tablicni za Ojlerov broj a znam i zasto ne mogu, medjutim jedino sto mi pada na pamet jeste da svaki clan pojedinacno delim sa [inlmath]n[/inlmath] i u eksponentu i u osnovi pa dobijam [inlmath]2^2=4[/inlmath]
Valja li ovo sto sam napisao ili moze neki tablicni da se primeni?
Hvala unapred

U redu ti je postupak.

[dispmath]\lim\limits_{x\to 0}\left(\frac{1+\mathrm{tg}\:x}{1+\sin x}\right)^{\sin^{-3}x}[/dispmath]
Evo gospodo, da li možete da mi rešite ovaj limes?

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).

Rešenje je [inlmath]\sqrt e[/inlmath].

Limes je na foru:
[dispmath]\lim_{x\to\infty}\left(1+\frac{1}{x}\right)^x=e[/dispmath]

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!

Gamma je napisao: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.

Da, limes može ući pod logaritam, isto kao što može da ode i u eksponent.

Gamma je napisao: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]

Upravo tako.

Gamma je napisao: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!

Jeste, ovde je ovaj limes što stoji izvan logaritma, počev od drugog koraka sasvim suvišan. Ako je limes već ubačen unutar logaritma, onda je potpuno besmisleno i dalje pisati limes izvan logaritma.

Moglo bi se reći jasan mi je taj zadatak tek sada. Nisam bio siguran da limes može u eksponent i logaritam se prebaciti,ali sam to predpostavio...

Evo imam još jedno pitanje. Rječ je o zadatku sa 7-me stranice. Koji nije urađen. Ja sam ga pokušavao uraditi ali ne dobijem baš tačna rješenja.Jedno mi je tačno drugo nije.
[dispmath]\lim_{x\to\infty}(1-x)-\sqrt{\frac{x^3}{(x+3)}}=[/dispmath]
E sada preko pravila koje si već objasnio preko razlike kvadrata ovo se svodi na razlomak.
[dispmath]\lim_{x\to\infty}\frac{(1-x)^2-\left|\frac{x^3}{x+3}\right|}{1-x+\sqrt{\frac{x^3}{x+3}}}=[/dispmath][dispmath]\lim_{x\to\infty}\frac{(1-x)^2-\frac{\left|x^3\right|}{|x+3|}}{1-x+\sqrt{\frac{x^3}{x+3}}}=[/dispmath]
Ovde apsolutnu vrijednost imamo u brojniku i nazivniku tako nebitno gdje [inlmath]x[/inlmath] teži uvijek će ovaj razlomak biti pozitivan jer imamo djeljenje.Ovaj limes se može malo srediti.
[dispmath]\lim_{x\to\infty}\frac{x^2-5x+3}{\left(-x^2-2x+3\right)+(x+3)\sqrt{\frac{x^3}{x+3}}}=[/dispmath]
Sada dolazimo do ubianja muhe jednim udarcem. [inlmath](x+3)[/inlmath] treba da ubacimo pod korijen i to zavisi gdje [inlmath]x[/inlmath] teži. To radimo preko funkcije signum i apsolutne vrijednosti.
[dispmath]\lim_{x\to\infty}\frac{x^2-5x+3}{\left(-x^2-2x+3\right)+\mathrm{sgn}|x+3|\sqrt{\frac{x^3}{x+3}}}=[/dispmath][dispmath]\lim_{x\to\infty}\frac{x^2-5x+3}{\left(-x^2-2x+3\right)+\mathrm{sgn}\sqrt{x^4+3x^3}}=[/dispmath]
Do ovoga trebalo bi da je dobro. Sada nastaje problem.
[dispmath]\lim_{x\to +\infty}\frac{x^2-5x+3}{\left(-x^2-2x+3\right)+\sqrt{x^4+3x^3}}\cdot\frac{\frac{1}{x^2}}{\frac{1}{x^2}}=[/dispmath][dispmath]\lim_{x\to +\infty}\frac{1}{-1+\sqrt{1}}=\frac{1}{0}=+\infty[/dispmath]
Ovo gore treba da bude [inlmath]-\infty[/inlmath] sve sam pregledao par puta i stvarno ne mogu da nađem grešku.A ovo kada [inlmath]x[/inlmath] teži u [inlmath]-\infty[/inlmath] je dobro
[dispmath]\lim_{x\to -\infty}\frac{x^2-5x+3}{\left(-x^2-2x+3\right)-\sqrt{x^4+3x^3}}\cdot\frac{\frac{1}{x^2}}{\frac{1}{x^2}}=[/dispmath][dispmath]\lim_{x\to -\infty}\frac{1}{-1-\sqrt{1}}=\frac{1}{-2}=-\frac{1}{2}[/dispmath]
Ako neko može da pregleda i kaže da li je uopšte dobar ovaj način na koji ovo radim. I gdje je problem u rješenju. Znam da mora da bude [inlmath]-\infty[/inlmath] jer to se vidi iz grafika ove funkcije...

Gamma je napisao:[dispmath]\lim_{x\to\infty}(1-x)-\sqrt{\frac{x^3}{(x+3)}}=[/dispmath]
E sada preko pravila koje si već objasnio preko razlike kvadrata ovo se svodi na razlomak.
[dispmath]\lim_{x\to\infty}\frac{(1-x)^2-\left|\frac{x^3}{x+3}\right|}{1-x+\sqrt{\frac{x^3}{x+3}}}=[/dispmath]

Apsolutna vrednost ti je ovde suvišna. Korenovanjem kvadrata nekog broja dobija se apsolutna vrednost tog broja, [inlmath]\sqrt{x^2}=\left|x\right|[/inlmath], ali kvadriranjem korena nekog broja (kao što je ovde slučaj) ne treba pisati apsolutnu vrednost tog broja. Ako se taj broj nalazio pod korenom, onda već postoji pretpostavka da je taj broj nenegativan, kako bi izraz bio definisan u realnom domenu.
Osim toga, izraz koji si ovde (greškom) stavio pod apsolutnu vrenost, ionako je pozitivan bez obzira na to da li [inlmath]x\to +\infty[/inlmath] ili [inlmath]x\to -\infty[/inlmath], jer su mu u oba slučaja i brojilac i imenilac istog znaka (oba pozitivna za [inlmath]x\to +\infty[/inlmath], odnosno oba negativna za [inlmath]x\to -\infty[/inlmath]).

Gamma je napisao:[dispmath]\lim_{x\to\infty}\frac{x^2-5x+3}{\left(-x^2-2x+3\right)+(x+3)\sqrt{\frac{x^3}{x+3}}}=[/dispmath]
Sada dolazimo do ubianja muhe jednim udarcem. [inlmath](x+3)[/inlmath] treba da ubacimo pod korijen i to zavisi gdje [inlmath]x[/inlmath] teži. To radimo preko funkcije signum i apsolutne vrijednosti.
[dispmath]\lim_{x\to\infty}\frac{x^2-5x+3}{\left(-x^2-2x+3\right)+\mathrm{sgn}|x+3|\sqrt{\frac{x^3}{x+3}}}=[/dispmath]

Ovde imaš grešku, što si [inlmath]\left(x+3\right)[/inlmath] napisao kao [inlmath]\mathrm{sgn}\left|x+3\right|[/inlmath]. Signum funkcija može po definiciji dati samo vrednosti [inlmath]-1[/inlmath], [inlmath]0[/inlmath] ili [inlmath]1[/inlmath] (za negativan broj, nulu ili pozitivan broj, respektivno), tako da ne možeš neki izraz koji može imati bilo koju realnu vrednost (ili koji, kao u ovom slučaju, teži beskonačnosti), zameniti signum funkcijom. Za bilo koji realan broj [inlmath]a[/inlmath] važi [inlmath]a=\mathrm{sgn}\:a\cdot\left|a\right|[/inlmath], prema tome, trebalo je da [inlmath]\left(x+3\right)[/inlmath] napišeš kao [inlmath]\mathrm{sgn}\left(x+3\right)\cdot\left|x+3\right|[/inlmath].

Pa, onda, sledeći korak:

Gamma je napisao:[dispmath]\lim_{x\to\infty}\frac{x^2-5x+3}{\left(-x^2-2x+3\right)+\mathrm{sgn}|x+3|\sqrt{\frac{x^3}{x+3}}}=[/dispmath][dispmath]\lim_{x\to\infty}\frac{x^2-5x+3}{\left(-x^2-2x+3\right)+\mathrm{sgn}\sqrt{x^4+3x^3}}=[/dispmath]

Ovde si [inlmath]\left|x+3\right|[/inlmath] ubacio pod koren kao da to nije argument signum funkcije (ili, možda, i nije, ali šta je onda njen argument ako to nije?) Ovako signum funkcija ostade bez svog argumenta, osim ako u ovom izrazu koren ne predstavlja njen argument, ali tu tek ne vidim nikakvog smisla.

Dakle, svuda gde ti stoji [inlmath]\mathrm{sgn}[/inlmath], treba, zapravo, da stoji [inlmath]\mathrm{sgn}\left(x+3\right)[/inlmath]. Onda bi sve ovo bilo OK.

Gamma je napisao:[dispmath]\lim_{x\to +\infty}\frac{x^2-5x+3}{\left(-x^2-2x+3\right)+\sqrt{x^4+3x^3}}\cdot\frac{\frac{1}{x^2}}{\frac{1}{x^2}}=[/dispmath][dispmath]\lim_{x\to +\infty}\frac{1}{-1+\sqrt{1}}=\frac{1}{0}=+\infty[/dispmath]
Ovo gore treba da bude [inlmath]-\infty[/inlmath] sve sam pregledao par puta i stvarno ne mogu da nađem grešku.

Greška ti je upravo tu što si napisao da je [inlmath]\frac{1}{0}=+\infty[/inlmath]. Kada imamo izraz [inlmath]\frac{1}{0}[/inlmath], on nije ni [inlmath]-\infty[/inlmath] ni [inlmath]+\infty[/inlmath], on je nedefinisan. Ako je u imeniocu neka negativna vrednost vrlo bliska nuli (to se obeležava sa [inlmath]0^-[/inlmath]), tada će vrednost tog razlomka biti [inlmath]-\infty[/inlmath]. I obratno, ako je u imeniocu neka pozitivna vrednost vrlo bliska nuli (to se obeležava sa [inlmath]0^+[/inlmath]), tada će vrednost tog razlomka biti [inlmath]+\infty[/inlmath]. E, u ovom slučaju u imeniocu nemaš nulu, već imaš neku negativnu vrednost vrlo blisku nuli.
Možeš se uveriti da [inlmath]\left(-x^2-2x+3\right)+\sqrt{x^4+3x^3}[/inlmath] ima negativnu vrednost (za [inlmath]x\to +\infty[/inlmath]) tako što uporediš apsolutne vrednosti oba sabirka – videćeš da je za [inlmath]x\to +\infty[/inlmath] sabirak [inlmath]\left(-x^2-2x+3\right)[/inlmath] veći po apsolutnoj vrednosti od sabirka [inlmath]\sqrt{x^4+3x^3}[/inlmath], a pošto sabirak [inlmath]\left(-x^2-2x+3\right)[/inlmath] ide u negativnu beskonačnost za [inlmath]x\to +\infty[/inlmath], to će on „odneti prevagu“ nad sabirkom [inlmath]\sqrt{x^4+3x^3}[/inlmath] koji ide u pozitivnu beskonačnost, pa će njihov zbir biti negativan, iz čega zaključujemo da je imenilac posmatranog razlomka negativan, a pošto mu je brojilac pozitivan, to vrednost celog razlomka mora biti negativna, prema tome, ne može nikako težiti u pozitivnu, već isključivo u negativnu beskonačnost.

Evo sada sam ovo detaljno pregledao i nisam znao to za apsolutnu vrijednost.Tj. da se dobije kada se vadi korijen iz nekoga kvadrata a ne obrnuto.Što se tiče signuma upravo sam mislio tako [inlmath]\mathrm{sgn}(x+3)|x+3|[/inlmath] ne znam kako sam zaboravio taj [inlmath](x+3)[/inlmath]. Mogu ti reći sada mi je jasno ovo.

Gamma je napisao:Evo sada sam ovo detaljno pregledao i nisam znao to za apsolutnu vrijednost.Tj. da se dobije kada se vadi korijen iz nekoga kvadrata a ne obrnuto.

Možeš pogledati i ovu temu.

Pozdrav,

rješenje ovog limesa je [inlmath]1[/inlmath], ali ja uvijek dobijem ili nula ili beskonačno... Pokušavala sam izvući [inlmath]x[/inlmath] ispred zagrade, pa preko Lopitala, ali nikako doći do rješenja. Čak štaviše, sa Lopitalom dobijem takav razlomak da bi mi trebalo dugo da izračunam sve te izvode. Kako se ovo rješava?
[dispmath]\lim_{x\rightarrow\infty }\left(x\cdot e^{\frac{1}{x-2}}-x\right)[/dispmath]
Hvala unaprijed!

Uvedeš smenu [inlmath]\frac{1}{x-2}=t[/inlmath], nakon čega se limes svodi na [inlmath]\lim\limits_{t\to 0}\frac{e^t-1}{t}[/inlmath], što je limes s kojim se relativno često susrećemo i za koji se može pokazati da je jednak [inlmath]1[/inlmath]. Znaš li kako se rešava taj limes?

Daniele ja sam pokušavo riješiti ovaj limes ali nije mi se dalo. Mada i mene interesuje kako se rješava limes ovakvoga tipa.

Evo, ovako:
[dispmath]\lim_{t\to0}\frac{e^t-1}{t}=\lim_{t\to0}\frac{e^t-1}{\ln e^t}=\lim_{t\to0}\frac{e^t-1}{\ln\left[1+\left(e^t-1\right)\right]}=\lim_{t\to0}\frac{1}{\frac{1}{e^t-1}\ln\left[1+\left(e^t-1\right)\right]}=\\
=\lim_{t\to0}\frac{1}{\ln\left[1+\left(e^t-1\right)\right]^{\frac{1}{e^t-1}}}=\frac{1}{\ln\lim\limits_{t\to0}\left[1+\left(e^t-1\right)\right]^\frac{1}{e^t-1}}=[/dispmath] Smena [inlmath]e^t-1=u[/inlmath]:
[inlmath]t\to0\;\Longrightarrow\;u\to0[/inlmath]
[dispmath]=\frac{1}{\ln\lim\limits_{u\to0}\left(1+u\right)^\frac{1}{u}}=\frac{1}{\ln e}=\frac{1}{1}=1[/dispmath]

Može li pomoć oko ovoga zadatka? Ja sam probavo pretvoriti u proizvod nazivnik preko razlike kosinusa. Ali nema koristi od toga. Čak sam pokušavo nešto raditi i sa smjenom [inlmath]t=x-\frac{\pi}{6}[/inlmath] ali ni od toga nema korsiti,stvarno ne znam kako dalje.
[dispmath]\lim_{x\to\frac{\pi}{6}}{\frac{\sin\left(x-\frac{\pi}{6}\right)}{\frac{\sqrt 3}{2}-\cos x}}=[/dispmath]

[inlmath]\frac{\sqrt 3}{2}[/inlmath] napiši kao [inlmath]\cos\frac{\pi}{6}[/inlmath], a zatim primeni formulu za transformaciju razlike kosinusa u proizvod, kako si i uradio. Na sinus iz brojioca (brojnika) primeni formulu za sinus dvostrukog ugla, [inlmath]\sin 2x=2\sin x\cos x[/inlmath], tj. [inlmath]\sin x=2\sin\frac{x}{2}\cos\frac{x}{2}[/inlmath]. Dobićeš faktore koji se skraćuju...

Upravo i uradio sam tako i dobio sam rezultat [inlmath]2[/inlmath] što se poklapa sa riješenjem.A za ovaj sinus nikada mi ne bih palo na pamet da njega rastavljam u proizvod.

Prilično je uočljivo – pošto u nazivniku dobiješ faktor [inlmath]-\sin\left(\frac{\pi}{12}-\frac{x}{2}\right)[/inlmath], tj. [inlmath]\sin\left(\frac{x}{2}-\frac{\pi}{12}\right)[/inlmath], a u brojniku imaš [inlmath]\sin\left(x-\frac{\pi}{6}\right)[/inlmath], jasno se vidi da je argument sinusa u brojniku dvaput veći od onog u nazivniku, pa te jednostavno, „vuče“ da to rastaviš kao sinus dvostrukog ugla...

Riješenje ovoga limesa treba da bude [inlmath]1[/inlmath]. A ja ne znam kako uopšte da krenem...
[dispmath]\lim_{x\to 0}\frac{e^x-1}{x}[/dispmath]

Pa isto to si pitao, i dobio odgovor, nekoliko postova ranije na istoj ovoj temi. Jedino što smo tamo umesto [inlmath]x[/inlmath] imali [inlmath]t[/inlmath], al' isti đavo...

Upravu si, ne znam kako sam zaboravio na to

Probavo sve i svašta uvijek dobijem oblik [inlmath]\frac{0}{0}[/inlmath]. Čak i kada racionališem.
[dispmath]\lim_{x\to 1}\frac{\sqrt{x+1}-\sqrt{2x}}{x^2-x}[/dispmath]

Većina ovakvih zadataka s limesom u kojima figuriše razlika korena, pa tako i ovaj zadatak, radi se tako što i brojilac i imenilac pomnožiš zbirom tih korena, kako bi se oslobodio razlike korena. Ne znam da li si na to mislio kad si rekao racionalizacija? Znači, i brojilac i imenilac pomnožiš sa [inlmath]\sqrt{x+1}+\sqrt{2x}[/inlmath], a iz onog izraza u imeniocu, [inlmath]x^2-x[/inlmath], izvučeš [inlmath]x[/inlmath] ispred zagrade i tačno ćeš videti da se mogu skratiti „problematični“ faktori koji teže nuli...

Da mislio sam na to kada sam reko racionalizacija.Evo uradio sam ga i nije težak uopšte. Riješenje je [inlmath]-\frac{1}{2\sqrt2}[/inlmath]

To jest, [inlmath]-\frac{\sqrt 2}{4}[/inlmath] nakon što se racionalizuje (korene ne treba ostavljati u imeniocu).

Jeste i nas je učilo u školi da ne ostavljamo korjene u nazivniku. U riješenju piše [inlmath]-\frac{1}{2\sqrt 2}[/inlmath] ne znam što ga nisu racionlisali pa sam i ja ostavio tako.

Limes treba da bude [inlmath]0[/inlmath].Uvijek dobijem oblik [inlmath]\frac{\infty}{\infty}[/inlmath]
[dispmath]\lim_{x\to\infty}\frac{\ln (x)}{x}[/dispmath]

To je jedan od limesa koji treba da se znaju napamet.
Ako ti je poznat limes [inlmath]\lim\limits_{x\to\infty}\frac{x}{e^x}=0[/inlmath], ovaj tvoj limes možeš svesti na taj oblik uvođenjem smene [inlmath]\ln x=t[/inlmath], pa ga tako rešavati.

Inače, inspirisao si me ovim limesom da napišem jedan post o karakterističnim limesima, zajedno s njihovim dokazima, pa možeš i tamo pogledati. Dokaz za limes [inlmath]\lim\limits_{x\to\infty}\frac{\ln x}{x}=0[/inlmath] je pod brojem 3.
A možeš i pod brojem 2. pogledati dokaz za limes [inlmath]\lim\limits_{x\to\infty}\frac{x}{e^x}=0[/inlmath] (na koji, kao što rekoh, možeš, koristeći smenu, svesti ovaj svoj limes).

Evo upravo razgledam to.Meni je bilo neobično za ovaj limes jer ga u školi nismo spominjali.Ali moraću da ga naučim.

Kako bih resio:

lim kad x -> 0 od sin(3x - 9) / (9x - 27)

znam za lim kad x->0 sinx / x = 1


ali sam zagubljen kod ovakvog tipa zadatka

Koristi latex kada pišeš formule. Nije mi jasno [inlmath](9x - 27)[/inlmath] je li to spada u nazivnik ugla ili limesa?

Rješenje se dobije [inlmath]\frac{\sin 9}{27}[/inlmath]. Jesi li siguran da si dobro prepiso zadatak?

Uklonio sam sliku s ovim zadatkom, formule se na ovom forumu ne šalju kao slike (tačka 14. Pravilnika), već se kucaju u Latex-u (ovde imaš za njega detaljno uputstvo).

Pretpostaviću da zadatak glasi
[dispmath]\lim_{x\to{\color{red}3}}\frac{\sin\left(3x-9\right)}{9x-27}[/dispmath]
jer jedino tada ima smisla to rešavati. Kad bi umesto crveno obeležene trojke stajala nula, onda bi se limes rešio jednostavnim uvrštavanjem nule umesto [inlmath]x[/inlmath], kao što je Gamma i uradio.

Ispred imenioca izvučeš trojku,
[dispmath]\lim_{x\to 3}\frac{\sin\left(3x-9\right)}{3\left(3x-9\right)}[/dispmath]
pa zatim ta trojka, kao konstanta, može da izađe ispred limesa,
[dispmath]\frac{1}{3}\lim_{x\to 3}\frac{\sin\left(3x-9\right)}{3x-9}[/dispmath]
i onda uočiš da, kada [inlmath]x\to 3[/inlmath], tada i [inlmath]3x-9[/inlmath] teži nuli, pa se ovaj limes svodi na taj [inlmath]\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}=1[/inlmath], koji pominješ...

Pozdrav,
je l' moze pomoc oko ovog limesa,
[dispmath]\lim_{x\to0+}\frac{1-\sqrt{\cos{x}}}{1-\cos\sqrt{x}}[/dispmath]

ah nije bitno, prevideo sam [inlmath]\cos\left(\sqrt x\right)[/inlmath] xD
ako je nekome potrebno, prvo se racionalise i onda se iskoristi [inlmath]\lim\limits_{x\to0}\frac{1-\cos{x}}{x^2}=\frac{1}{2}[/inlmath] analogno i za [inlmath]1-\cos\sqrt{x}[/inlmath] i dobije se da je polazni limes jednak nuli.

Evo ja sam pokušavao da ga racionališem ali dalje ne znam.Zapravo kako da ga svedem na taj tvoj limes? Jesi li uvodio ikakvu smjenu ?
[dispmath]\lim_{x\to0+}\frac{\left(1-\sqrt{\cos{x}}\right)\left(1+\cos\sqrt x\right)}{1-\cos^2\sqrt{x}}[/dispmath]

[dispmath]\lim_{x\to0+}\frac{1-\sqrt{\cos{x}}}{1-\cos{\sqrt{x}}}=\lim_{x\to0+}\frac{1-\sqrt{\cos{x}}}{1-\cos{\sqrt{x}}}\frac{1+\sqrt{\cos{x}}}{1+\sqrt{\cos{x}}}=\\
=\lim_{x\to0+}\frac{1-\cos x}{\left(1-\cos\sqrt{x}\right)\left(1+\sqrt{\cos x}\right)}=\lim_{x\to0+}\frac{x\frac{1-\cos x}{x^2}}{\frac{1-\cos\sqrt{x}}{x}\left(1+\sqrt{\cos x}\right)}[/dispmath]
kao sto rekoh gore:

GGS je napisao:iskoristi se [inlmath]\lim\limits_{x\to0}\frac{1-\cos{x}}{x^2}=\frac{1}{2}[/inlmath]

a drugi:
[dispmath]\lim_{x\to0}\frac{1-\cos\sqrt{x}}{x}=\frac{1}{2}[/dispmath]
kad odradimo sve dobija se:
[dispmath]\frac{0\cdot\frac{1}{2}}{\frac{1}{2}+2}=0[/dispmath]

Kada si rekao racionalizacija mislim da se nisi precizno izrazio.Koliko ja znam nas su u školi učili da racionalizacija podrazumjeva osobađanje korijen iz nazivnika.Ipak je riječ o običnom proširivanju.Naravno sada mi je jasno.

[dispmath]\lim_{n\to\infty}\,n^2\Bigg(e^{\frac{1}{n^2}}-\cos^{\sqrt2}\left(\frac{1}{n}\right)\Bigg)=L[/dispmath]
Resenje:

Ovaj zadatak je najlakse raditi preko razvoja:
[dispmath]e^x=1+x+\frac{x^2}{2!}+\cdots+\frac{x^n}{n!}+o\left(x^n\right)\;(x\to0)[/dispmath][dispmath]\cos(x)=1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\cdots+(-1)\frac{x^{2n}}{(2n)!}+o\left(x^{2n}\right)\;(x\to0)[/dispmath][dispmath](x+1)^m=1+mx+\frac{m(m-1)x^2}{2!}+\cdots+\frac{m(m-1)\cdots(m-n+1)}{n!}+o\left(x^n\right)\;(x\to0)[/dispmath]
[inlmath]\frac{1}{n}[/inlmath] i [inlmath]\frac{1}{n^2}[/inlmath] mozemo da koristimo u prethodnim "formulama" umesto [inlmath]x[/inlmath], posto [inlmath]\frac{1}{n}\to0\;(n\to\infty)[/inlmath] i [inlmath]\frac{1}{n^2}\to0\;(n\to\infty)[/inlmath]. Iz prethodnog imamo:
[dispmath]e^{\frac{1}{n^2}}=1+\frac{1}{n^2}+o\left(\frac{1}{n^2}\right)\;(n\to\infty)[/dispmath][dispmath]\cos\left(\frac{1}{n}\right)=1-\frac{1}{2n^2}+o\left(\frac{1}{n^2}\right)\;(n\to\infty)[/dispmath][dispmath]\cos^{\sqrt2}\left(\frac{1}{n}\right)=\left(1-\frac{1}{2n^2}\right)^{\sqrt2}=1-\frac{\sqrt2}{2n^2}+o\left(\frac{1}{n^2}\right)\;(n\to\infty)[/dispmath]
Konacno,
[dispmath]L=\lim_{n\to\infty}\,n^2\left(1+\frac{1}{n^2}+o\left(\frac{1}{n^2}\right)-\Bigg(1-\frac{\sqrt2}{2n^2}+o\left(\frac{1}{n^2}\right)\Bigg)\right)[/dispmath][dispmath]L=\lim_{n\to\infty}\,n^2\left(\frac{1}{n^2}+\frac{\sqrt2}{2n^2}\right)=\lim_{n\to\infty}\,\left(1+\frac{\sqrt2}{2}\right)=1+\frac{\sqrt2}{2}[/dispmath]

Napravio sam tri greske, umesto [inlmath](x\to\infty)[/inlmath] treba [inlmath](n\to\infty)[/inlmath].

apples je napisao:Napravio sam tri greske, umesto [inlmath](x\to\infty)[/inlmath] treba [inlmath](n\to\infty)[/inlmath].

To je totalno nebitno, nisu ti to nikakve greške. Da budem precizniji, to svi pravi profesori tolerišu.
Drugo mene zanima:

apples je napisao:Ovaj zadatak je najlakse raditi preko razvoja:

Zar nije lakše uraditi ga Lopitalovim pravilom (L'Hospital) svođenjem na "[inlmath]\frac{0}{0}[/inlmath]"

Da se ispravim, umesto "najlakse" -> meni najlakse.
Iskreno prva ideja mi je bila koriscenje razvoja, mala verovatnoca za pravljenje greske (makar se meni tako cini).

Postovani forumasi,

Imam jedno pitanje koje ne mogu da resim. Da li mozete da mi pomognete sa sledecim zadatkom>> Treba ga resiti preko Heine sequence approach, jer LHospital ne moze da izracuna

\lim_{x\to\m\infty}\frac{x^2-\cos pi\x}{x^2+\sin 2pi\x}

Pozdrav

Iskreno, nije mi poznat pojam Heine sequence approach. Međutim, koliko mogu da odavde nazirem kako bi taj zadati limes možda trebalo da glasi, čini mi se da bi bilo dovoljno brojilac i imenilac podeliti sa [inlmath]x^2[/inlmath].
Ali, da ne bismo nagađali kako taj limes glasi, molim te, napiši ga onako kako treba. Uputstvo za Latex imaš ovde.