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...