Предел функции

[Мироника]

Продолжаю
$\ln y=\lim\limits_{x\to\infty}(\frac {2} {\sin\frac {2\pi x+\pi-\pi} {2x+1} } \frac {\pi } {(2x+1)^2})$
$\ln y=\lim\limits_{x\to\infty}(\frac {2} {\sin ( \pi -\frac {\pi} {2x+1} )} \frac {\pi } {(2x+1)^2})$
$\ln y=\lim\limits_{x\to\infty}(\frac {2} {\sin \frac {\pi} {2x+1} } \frac {\pi } {(2x+1)^2})$
$\ln y=\lim\limits_{x\to\infty}(\frac {\frac {\pi } {2x+1}} {\sin \frac {\pi} {2x+1} } \frac {2} {2x+1})$
$\ln y=\lim\limits_{x\to\infty}(1* \frac {2} {2x+1})$
$ln y=\frac {2} {\infty}$
$\ln y=0$
$y=1$
$\lim\limits_{x\to\infty} (\tg \frac {\pi x} {2x+1})^ \frac {1} {x} =1$
Неужели это правда?

[ewert]

да, это правда, как ни странно

[Мироника]

Ура! Ура! Ура! Спасибо Вам огромное!

[bot]

Ну вот - совсем другое дело.

Мне было бы лениво лопиталить громоздкое выражение, поэтому я бы делал что-нибудь вроде этого (вчера писал, но связь оборвалась - оно и к лучшему):

$\ln y=\lim\limits_{x\to\infty}\frac {1} {x} \ln (\tg \frac {\pi x} {2x+1})=-\lim\limits_{x\to\infty}\frac {1} {x} \ln (\tg \alpha)$, где $\alpha = \frac{\pi}{2}-\frac {\pi x} {2x+1}= \frac {\pi} {4x+2}= \to 0$ при $x\to \infty$

Поэтому $\ln y=-\lim\limits_{x\to\infty}\frac {1} {x\tg \alpha} \cdot \tg \alpha} \ln (\tg \alpha)=0,$ поскольку

$\lim\limits_{x\to\infty}x\tg \alpha=\lim\limits_{x\to\infty}x\alpha=\frac{\pi}{4}\ne 0$ и $\lim\limits_{x\to 0}x\ln x=0$.

Вот в последнем пределе, если с ним ещё не знакомы, удобно пролопиталить даже в более сильном виде:

При $\varepsilon > 0$ имеем $\lim\limits_{x\to 0}x^\varepsilon \ln x=\lim\limits_{x\to 0}\frac{\ln x}{x^{-\varepsilon}}=\lim\limits_{x\to 0}\frac{1}{-\varepsilon x^{-\varepsilon}}=0$

[ewert]

Небольшое лирическое отступление.

Вообще-то пределы $\mathop{\lim}\limits_{x\to+\infty}{\ln x\over x}=\mathop{\lim}\limits_{t\to+\infty}{t\over e^t}=0$ сами по себе вполне замечательны и должны быть зазубрены в обязательном порядке (желательно с пониманием смысла).

И в этой связи вопрос: а откуда они следуют, если без Лопиталя?

Достаточно очевидно, что элементарным пересчётом всё сводится, например, к $\mathop{\lim}\limits_{x\to+\infty}{x\over4^x}=\mathop{\lim}\limits_{x\to+\infty}{x\over2^x}\cdot{1\over2^x}$. Т.е. достаточно формально доказать ограниченность ${x\over2^x}$ при всех достаточно больших $x$. Это, в свою очередь, следовало бы (с учётом $[x]\leqslant x\leqslant2[x]$ из оценки ${2n\over2^n}\leqslant1$ при всех натуральных $n$. Ну а это уж по индукции.

(А чего-то принципиально более простого как-то в голову не приходит...)

[bot]

ewert в сообщении #162531 писал(а):

Небольшое лирическое отступление.

Без маркиза можно так.
Рассмотрим последовательность $x_n=\frac{n^k}{a^n}$, где $a>1$ и $k$ фиксировано. В Демидовиче эта задача в самом начале.

Тогда $\lim\frac{x_{n+1}}{x_n}=\frac{1}{a}<1$. Следовательно последовательность $x_n$ начиная с некоторого $n_0$ убывает. В силу ограниченности снизу нулём она сходится. Если предположить, что её предел не 0, то получим противоречие в вышенаписанном пределе, поэтому $\lim x_n =0$.
Отсюда уже понятно, как сравнить порядки роста полинома и экспоненты, если переменная n меняется непрерывно.

[Nicholas]

нужно решить с пом-ю ф. Тейлора, x -> 0

если я раскладываю знаменатель до о($x^3$), это верно?

[ИСН]

Это очень просто.

Цитата:

Если меня убьют, прошу считать коммунистом. А если нет - то нет.

Если всё получается, то верно. А если нет, то надо раскладывать до следующих степеней.

[mkot]

По-моему хватит и до $O(x^3)$.
В самом деле,

$$\text{числитель}=2x^2+\frac{122}{15}x^4+O(x^6),$$

$$\text{знаменатель} =-\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{2}x^3+\frac{1}{8}x^4+O(x^6)$$

.
(получено с помошью Maple).

[Brukvalub]

mkot в сообщении #168161 писал(а):

По-моему хватит и до $O(x^3)$

Достаточно до о-малых от

\[ x^2 \]

[mkot]

Brukvalub писал(а):

mkot в сообщении #168161 писал(а):

По-моему хватит и до $O(x^3)$

Достаточно до о-малых от

\[ x^2 \]

Ну, так это я и имел в виду.

[Madzzz]

http://otvet.mail.ru/question/20508537/

[Мироника]

Помогите, пожалуйста найти вот такой предел
$\lim \limits _{x\to 0} \frac {\sqrt {1-e^{-x}} - \sqrt {1-\cos x}} {\sqrt {\sin x}}$
Я пошла простым путем: разбила дробь на две, в первой применила Лопитала и получила 1, а во второй преобразовала и получила 0. Но нужно обойтись без Лопиталя.
Пробую умножать на сопряженное, но получается что-то не очень...
$\lim \limits _{x\to 0} \frac {(\sqrt {1-e^{-x}} - \sqrt {1-\cos x}) (\sqrt {1-e^{-x}} + \sqrt {1-\cos x})} {\sqrt {\sin x}(\sqrt {1-e^{-x}} + \sqrt {1-\cos x})}=\lim \limits _{x\to 0} \frac {1-e^{-x} - 1+\cos x} {\sqrt {\sin x}(\sqrt {1-e^{-x}} + \sqrt {1-\cos x})}=$
$=\lim \limits _{x\to 0} \frac {\cos x-e^{-x}} {\sqrt {\sin x}(\sqrt {1-e^{-x}} + \sqrt {1-\cos x})}=?$
Что делать???

[Cave]

Мироника
Домножать на сопряженные не обязательно.
Достаточно вспомнить замечательные пределы (см., например, Википедию), формулу косинуса двойного угла (для преобразования $1 - \cos x$ к синусу) и сделать некое преобразование с числителем и знаменателем (если не получится, подскажем).

[Мироника]

$\lim \limits _{x \to 0}\frac {\sqrt {\frac {e^x -1} {e^x}} - \sqrt 2 \sin \frac x 2} {\sqrt {\sin x}}=\lim \limits _{x \to 0} \frac {\sqrt {\frac {e^x -1} {x}} -\sqrt 2 \sin \frac x 2} {\sqrt {e^x} \sqrt {\sin x}}=\lim \limits _{x \to 0} \frac {1-\sqrt 2 \sin \frac x 2} {\sqrt {e^x} \sqrt {\sin x}}$
???