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?