2-ой замечательный или экспонента логарифма?

[Andrei94]

Допустим, что есть неопределенность $1^{\infty}$

Действовать можно 2 способами (а может и еще есть варианты, но я не знаю о них)

1) Через второй замечательный
2) Экспонента логарифма

Как определять -- как выйдет проще?

Допустим -- как в этом примере?!

$\lim\limits_{x\to a}\Big(\dfrac{1+\tg x}{1+\sin x}\Big)^{\frac{1}{\sin^2x}}$

Что тут проще экспонента-логарифм или 2-ой замечательный?

[Someone]

Дык, попробуйте оба варианта и посмотрите. Чужой опыт Вам не поможет.

[Алексей К.]

Andrei94 в сообщении #520808 писал(а):

Допустим -- как в этом примере?!

$\lim\limits_{\text{\Large$\strut x\to \color{blue}a$}}\Big(\dfrac{1+\tg x}{1+\sin x}\Big)^{\frac{1}{\sin^2x}}$

(искажение цитаты моё --- А.К.).

[Andrei94]

Someone в сообщении #520823 писал(а):

Дык, попробуйте оба варианта и посмотрите. Чужой опыт Вам не поможет.

прилетела гениальная мысль

$$\lim\limits_{x\to 0}\Big(\dfrac{1+\tg x}{1+\sin x}\Big)^{\frac{1}{\sin^2x}}= \dfrac{\lim\limits_{x\to 0}\big(1+\tg x\big)^{\frac{1}{\sin^2x}}}{\lim\limits_{x\to 0}\big(1+\sin x\big)^{\frac{1}{\sin^2x}}}= \dfrac{\lim\limits_{x\to 0}\Big(\big(1+\tg x\big)^{\frac{1}{\tg x}}\Big)^{\frac{\sin x}{\sin^2 x\cos x}}}{\lim\limits_{x\to 0}\Big(\big(1+\sin x\big)^{\frac{1}{\sin x}}\Big)^{\frac{1}{\sin x}}}= \dfrac{\lim\limits_{x\to 0}e^{\frac{1}{\sin x\cos x}}}{\lim\limits_{x\to 0}e^{\frac{1}{\sin x}}}=$$

$$=\dfrac{\lim\limits_{x\to 0}e^{\frac{1}{\sin x}}}{\lim\limits_{x\to 0}e^{\frac{1}{\sin x}}}=1 $$

Алексей К. в сообщении #520827 писал(а):

Andrei94 в сообщении #520808 писал(а):

Допустим -- как в этом примере?!

$\lim\limits_{\text{\Large$\strut x\to \color{blue}a$}}\Big(\dfrac{1+\tg x}{1+\sin x}\Big)^{\frac{1}{\sin^2x}}$

(искажение цитаты моё --- А.К.).

Точно, $a=0$ должно быть)

-- 28.12.2011, 02:30 --

А экспонента логарифма дает некрасивые производные в данном случае

[Someone]

Это совершенно неправильное решение.

[Andrei94]

Someone в сообщении #520889 писал(а):

Это совершенно неправильное решение.

А почему?

[AKM]

Я в пределах не особо, но на каком основании Вы подменили предел частного на частное предела числителя и предела знаменателя? Я бы вот так лихо не рискнул, посмотрел бы в учебнике: можно ли, всегда ли можно?

[ИСН]

Случайно вышло правильно, что ли? Ну а попробуйте таким же методом $\lim\limits_{x\to0}\left({e^x\over1+x}\right)^{1\over x^2}$

[Andrei94]

AKM в сообщении #520896 писал(а):

Я в пределах не особо, но на каком основании Вы подменили предел частного на частное предела числителя и предела знаменателя? Я бы вот так лихо не рискнул, посмотрел бы в учебнике: можно ли, всегда ли можно?

Есть такое свойство

http://ru.wikipedia.org/wiki/Список_пределов

-- 28.12.2011, 11:45 --

ИСН в сообщении #520904 писал(а):

Случайно вышло правильно, что ли? Ну а попробуйте таким же методом $\lim\limits_{x\to0}\left({e^x\over1+x}\right)^{1\over x^2}$

$\lim\limits_{x\to0}\left({e^x\over1+x}\right)^{1\over x^2}=\lim\limits_{x\to0}\frac{e^{1/x}}{e^{1/x}}=1$

[ИСН]

Не тогда ли актуально это свойство, когда упомянутые пределы хотя бы существуют?

[Andrei94]

ИСН в сообщении #520906 писал(а):

Не тогда ли актуально это свойство, когда упомянутые пределы хотя бы существуют?

Спасибо, буду знать! Значит здесь такой способ не пройдет....

[AKM]

AKM в сообщении #520896 писал(а):

Я бы ... посмотрел бы в учебнике

Иными словами, неча по википедиям шастать, уча математику.
В учебнике явно написано, а там намёк между строк.