Предел

[fronnya]

Замучился. $\lim\limits_{x\to 0} \frac{x\ctg{x} -1}{x^2}$ Удалось свести к неопределенности $\infty-\infty$, но там все усложнилось. Привел следующим образом:

$$f(x)=\left[\frac{1}{x\tg{x}} - \frac{1}{x^2}\right]=\frac{x^2-x\tg{x}}{x^3\tg{x}}$$

Тут, если аргумент к нулю устремить, получается неопределенность $(0/0)$, что позволяет использовать правило Лопиталя. Но оно тут не помогает. Как тут ещё поступить можно?

[provincialka]

Оригинальные преобразования! Могли бы просто $\ctg x$ на $1/\tg x$ заменить. Или на $\frac{\cos x}{\sin x}$. Причем множитель (не слагаемое) $\sin x$ можно заменить на $x$ (почему?).

[fronnya]

provincialka в сообщении #956094 писал(а):

почему?.

Не знаю.. Но так поступают, если аргумент достаточно мал. И ещё это можно получить, если разложить синус в ряд Маклорена. Ну и что? Я не знаю, почему это можно сделать.

[B@R5uk]

Забавный предел и не такой простой как может показаться на первый взгляд. Синкус и косинус в отношении в числителе каждый надо разложить до 2-го члена и оставить о-малое от $x^3$, тогда предел возьмётся.

$$x\operatorname{ctg}x=\frac{\cos x}{\operatorname{sinc}x}$$

[Tookser]

Так можно сделать из-за того, что мы можем домножить sin x на x и поделить, и получится
$\lim\limits_{x\to 0} \frac{x \sin x f(x)}{x} =$\lim\limits_{x\to 0} {x f(x)}
по второму замечательному пределу (или по разложению $\sin x$ в ряд Маклорена).

[provincialka]

Люди, не усложняйте! Переход к тангенсу и Лопиталь, только не забывать про эквивалентность, чтобы функции были попроще.

Tookser в сообщении #956102 писал(а):

Так можно сделать из-за того, что мы можем домножить sin x на x и поделить, и получится

Или сразу применить эквивалентность $\sin x\sim x , x\to 0$, что является краткой записью этих действий. Кстати, и $\tg x \sim x , x\to 0$

[B@R5uk]

provincialka в сообщении #956133 писал(а):

Или сразу применить эквивалентность $\sin x\sim x , x\to 0$, что является краткой записью этих действий. Кстати, и $\tg x \sim x , x\to 0$

Я же написал про то, что этих оценок здесь мало. Нужны более точные:

$$\begin{matrix} \sin x=x-\frac{{{x}^{3}}}{6}+o\left( {{x}^{4}} \right) \\ \cos x=1-\frac{{{x}^{2}}}{2}+o\left( {{x}^{3}} \right) \\ x\cot x=\frac{x\cos x}{\sin x}=\frac{x\left( 1-\frac{{{x}^{2}}}{2}+o\left( {{x}^{3}} \right) \right)}{x\left( 1-\frac{{{x}^{2}}}{6}+o\left( {{x}^{3}} \right) \right)}= \\ =\left( 1-\frac{{{x}^{2}}}{2}+o\left( {{x}^{3}} \right) \right)\left( 1+\frac{{{x}^{2}}}{6}+o\left( {{x}^{3}} \right) \right)= \\ =1-\frac{{{x}^{2}}}{2}+\frac{{{x}^{2}}}{6}+o\left( {{x}^{3}} \right)=1-\frac{{{x}^{2}}}{3}+o\left( {{x}^{3}} \right) \\ \end{matrix}$$

Ответом будет разность коэффициентов при вторых членах в разложениях синуса и косинуса в ряд Тейлора в нуле.

(Оффтоп)

provincialka в сообщении #956133 писал(а):

и Лопиталь

Наш лектор, когда речь заходит про вычисление пределов, частенько говорит, что мы, когда будем в Париже, обязательно пришли на могилу маркиза де Лопиталя и смачно плюнули неё. За то, что этот негодяй придумал и научил людей бездумному приёму, который скрывает от них суть и без которого в простых случаях легко обойтись, а в сложных люди не знают как его применять.

Надо сказать, что я с ним полностью согласен.

[provincialka]

B@R5uk
Вместо этой громоздкости достаточно правила Лопиталя, если не применять его бездумно, а по ходу упрощать выражение с помощью эквивалентностей.

Я тоже на первой контрольной по пределам запрещаю пользоваться Лопиталем. Чтобы "почувствовали" функции. Но совсем отказываться от удобного инструмента - это уж глупость (это я смягчила выражения). И не надо слова лектора понимать слишком уж буквально.

[Pphantom]

(Оффтоп)

B@R5uk в сообщении #956176 писал(а):

Наш лектор, когда речь заходит про вычисление пределов, частенько говорит, что мы, когда будем в Париже, обязательно пришли на могилу маркиза де Лопиталя и смачно плюнули неё. За то, что этот негодяй придумал и научил людей бездумному приёму, который скрывает от них суть и без которого в простых случаях легко обойтись, а в сложных люди не знают как его применять.

Строго говоря, плевать надо (если надо) на могилу Иоганна Бернулли. "Правило Лопиталя" придумал именно он, а Лопиталь был автором учебника по матанализу, сделавшим этот результат общеизвестным.

[provincialka]

(B@R5uk)

B@R5uk в сообщении #956176 писал(а):

Я же написал про то, что этих оценок здесь мало.

Друг мой, вы загляните в мой профиль и немножко сбавьте тон. Я этих пределов за свою жизнь и взяла и рассказала немеряно. Есть ведь еще и методика преподавания, знаете ли.

[Lia]

B@R5uk
Замечание за практически полное решение простой учебной задачи.

(Оффтоп)

К тому же нерациональное - так Тейлором и убиться можно. Преобразовали бы сперва.

[B@R5uk]

Я не понял где я ошибся, но извиняюсь.

Pphantom в сообщении #956191 писал(а):

"Правило Лопиталя" придумал именно он

Забавно, надо будет лектора спросить, знает ли он.

[Otta]

Спросите. Но вапщета, это пишут в каждом учебнике по анализу. Где-нибудь в сносках или в скобках.