×   HOME PREDAVANJA

SADRŽAJ OSNOVE LINEARNA ALGEBRA VEKTORI I GEOMETRIJA FUNKCIJE DERIVACIJE NIZOVI I REDOVI INDEKS

VJEŽBE

SADRŽAJ OSNOVE LINEARNA ALGEBRA VEKTORI I GEOMETRIJA FUNKCIJE DERIVACIJE NIZOVI I REDOVI

KVIZ

SADRŽAJ OSNOVE LINEARNA ALGEBRA VEKTORI I GEOMETRIJA FUNKCIJE DERIVACIJE NIZOVI I REDOVI

PODSJETNIK

SADRŽAJ OSNOVE LINEARNA ALGEBRA VEKTORI I GEOMETRIJA FUNKCIJE DERIVACIJE NIZOVI I REDOVI

JAVA NETPLOT OCTAVE Traži ...

☰   matematika1 Kut između tangenti     DERIVACIJE I PRIMJENE     Lokalni ekstremi

L'Hospitalovo pravilo

Primjenom L'Hospitalovog pravila izračunajte sljedeće limese:

a)

$$\lim\limits_{x\to a+0}\frac{\ln (x-a)}{\ln (e^x-e^a)}$$ ,

b)

$$\lim\limits_{x\to 2}\frac {\sqrt{5x-1}-\sqrt{4x+1}}{\sqrt{3x-2}-\sqrt{x+2}}$$ ,

c)

$$\lim\limits_{x\to 1+0}\ln x \cdot \ln (x-1)$$ ,

d)

$$\lim\limits_{x\to 0}\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{e^x-1} \right)$$ ,

e)

$$\lim\limits_{x\to 0+0}(\sin x)^{\mathop{\mathrm{tg}}\nolimits x}$$ ,

f)

$$\lim\limits_{x\to 1-0}\left(\frac{2}{\pi}\arcsin x\right)^{\frac{1}{1-x}}$$ ,

g)

$$\lim\limits_{x\to 0+0}\left(\frac{1}{x}\right)^{\mathop{\mathrm{tg}}\nolimits x}$$ .

Rješenje.

a)

Direktno računanje zadanog limesa daje neodređeni oblik $\frac{-\infty}{-\infty}$ pa možemo primijeniti L'Hospitalovo pravilo iz [M1, teorem 5.10] po kojem vrijedi

$$\lim\limits_{x\to a+0}\frac{\ln (x-a)}{\ln (e^x-e^a)} =\lim\limits_{x\to a+0}\frac{[\ln (x-a)]'}{[\ln (e^x-e^a)]'} =\li... ... a+0}\frac{\displaystyle\frac{1}{x-a}}{\displaystyle\frac{1}{e^x-e^a}\cdot e^x}$$

$$=\lim\limits_{x\to a+0}\frac{e^x-e^a}{(x-a)e^x}.$$

Sada imamo neodređeni oblik $\frac{0}{0}$ pa ponovnom primjenom L'Hospitalovog pravila slijedi

$$\lim\limits_{x\to a+0}\frac{e^x-e^a}{(x-a)e^x} =\lim\limits_{x\to a+0}\frac{(e^x-e^a)'}{[(x-a)e^x]'} =\lim\limits_{x\to a+0}\frac{e^x}{e^x+(x-a)e^x}$$

$$=\lim\limits_{x\to a+0}\frac{1}{1+x-a}=1.$$

Dakle,

$$\lim\limits_{x\to a+0}\frac{\ln (x-a)}{\ln (e^x-e^a)}=1.$$

b)

Uvrštavanjem $x=2$ u izraz pod limesom dobivamo

$$\frac{\sqrt{5\cdot 2-1}-\sqrt{4\cdot2+1}}{\sqrt{3\cdot2-2}-\sqrt{2+2}} =\frac{\sqrt{9}-\sqrt{9}}{\sqrt{4}-\sqrt{4}},$$

što je neodređeni oblik $\frac{0}{0}$ . Primjenom L'Hospitalovog pravila slijedi

$$\lim\limits_{x\to 2}\frac {\sqrt{5x-1}-\sqrt{4x+1}}{\sqrt{3x-2}-\sqrt{x+2}} =\lim\limits_{x\to 2}\frac {\left(\sqrt{5x-1}-\sqrt{4x+1}\right)'} {\left(\sqrt{3x-2}-\sqrt{x+2}\right)'}$$

$$=\lim\limits_{x\to 2}\frac{\displaystyle\frac{1}{2\sqrt{5x-1}}\cd... ...cdot 4}{\displaystyle\frac{1}{2\sqrt{3x-2}}\cdot3-\frac{1}{2\sqrt{x+2}}\cdot 1}$$

$$=\frac{\displaystyle\frac{5}{2\sqrt{9}}-\frac{4}{2\sqrt{9}}}{\dis... ...{\displaystyle\frac{1}{2\cdot 3}}{\displaystyle\frac{2}{2\cdot 2}}=\frac{1}{3}.$$

c)

Direktno računanje zadanog limesa daje neodređeni oblik $0\cdot(-\infty)$ . Stavljanjem izraza $\ln x$ u dvojni razlomak dobivamo neodređeni oblik $\frac{-\infty}{\infty}$ na koji možemo primijeniti L'Hospitalovo pravilo. Vrijedi

$$\lim\limits_{x\to 1+0}\ln x \cdot \ln (x-1) =\lim\limits_{x\to 1+0}\frac{\ln (x-1)}{\displaystyle\frac{1}{\ln... ...imits_{x\to 1+0}\frac{[\ln (x-1)]'}{\displaystyle\left(\frac{1}{\ln x}\right)'}$$

$$=\lim\limits_{x\to 1+0}\frac{\displaystyle\frac{1}{x-1}}{\display... ...\frac{1}{\ln^2 x}\cdot\frac{1}{x}} =-\lim\limits_{x\to 1+0}\frac{x\ln^2x}{x-1}.$$

Budući je dobiveni rezultat neodređeni oblik $\frac{0}{0}$ , ponovnom primjenom L'Hospitalovog pravila dobivamo

$$\lim\limits_{x\to 1+0}\frac{x\ln^2x}{x-1} =\lim\limits_{x\to 1+0}\frac{(x\ln^2x)'}{(x-1)'} =\lim\limits_{x\to 1+0}\frac{\displaystyle\ln^2x+x\cdot2\ln x\cdot\frac{1}{x}}{1}$$

$$=\lim\limits_{x\to 1+0}(\ln^2x+2\ln x)=0.$$

Dakle,

$$\lim\limits_{x\to 1+0}\ln x \cdot \ln (x-1)=0.$$

d)

Vrijedi

$$\lim\limits_{x\to 0+0}\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{e^x-1} \right)=\... ...\lim\limits_{x\to 0-0}\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{e^x-1} \right)=-\infty+\infty,$$

pa su oba rezultata isti neodređenog oblika $\infty -\infty$ . Svođenjem na zajednički nazivnik dobijemo

$$\lim\limits_{x\to 0}\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{e^x-1} \right) =\lim\limits_{x\to 0}\frac{e^x-1-x}{x(e^x-1)},$$

a to je neodređeni oblik $\frac{0}{0}$ . Primjena L'Hospitalovog pravila daje

$$\lim\limits_{x\to 0}\frac{e^x-1-x}{x(e^x-1)} =\lim\limits_{x\to 0... ...o 0}\frac{e^x-0-1}{(e^x-1)+xe^x} =\lim\limits_{x\to 0}\frac{e^x-1}{e^x-1+xe^x}.$$

Budući je i ovo neodređeni oblik $\frac{0}{0}$ , ponovnom primjenom L'Hospitalovog pravila je

$$\lim\limits_{x\to 0}\frac{e^x-1}{e^x-1+xe^x} =\lim\limits_{x\to 0}\frac{(e^x-1)'}{(e^x-1+xe^x)'} =\lim\limits_{x\to 0}\frac{e^x-0}{e^x-0+e^x+xe^x}$$

$$=\lim\limits_{x\to 0}\frac{1}{2+x}=\frac{1}{2}.$$

Dakle,

$$\lim\limits_{x\to 0}\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{e^x-1} \right)=\frac{1}{2}.$$

e)

Direktno računanje zadanog limesa daje neodređeni oblik $0^0$ kojeg računamo na sljedeći način. Označimo li s

$$L=\lim\limits_{x\to 0+0}(\sin x)^{\mathop{\mathrm{tg}}\nolimits x},$$

logaritmiranjem dobivamo

$$\ln L=\ln \lim\limits_{x\to 0+0}(\sin x)^{\mathop{\mathrm{tg}}\nolimits x}.$$

Budući je logaritamska funkcija neprekidna slijedi

$$\ln L= \lim\limits_{x\to 0+0}\ln(\sin x)^{\mathop{\mathrm{tg}}\nolimits x}.$$

Zbog svojstava logaritamske funkcije je

$$\ln L= \lim\limits_{x\to 0+0}\mathop{\mathrm{tg}}\nolimits x\ln(\sin x),$$

pri čemu direktno računanje dobivenog limesa daje neodređeni oblik $0\cdot(-\infty)$ . Stavljanjem izraza $\mathop{\mathrm{tg}}\nolimits x$ u dvojni razlomak dobivamo da je

$$\ln L= \lim\limits_{x\to 0+0} \frac{\ln(\sin x)}{\mathop{\mathrm{ctg}}\nolimits x},$$

što je neodređeni oblik $\frac{-\infty}{\infty}$ na kojeg možemo primijeniti L'Hospitalovo pravilo. Stoga je

$$\ln L=\lim\limits_{x\to 0+0} \frac{[\ln(\sin x)]'}{[\mathop{\math... ...cos x}{\displaystyle-\frac{1}{\sin^2x}} =-\lim\limits_{x\to 0+0}\sin x\cos x=0.$$

Odavde slijedi

$$e^{\ln L}=e^0,$$

odnosno $L=1$ , pa smo dobili da je

$$\lim\limits_{x\to 0+0}(\sin x)^{\mathop{\mathrm{tg}}\nolimits x}=1.$$

f)

Budući je $\arcsin1=\frac{\pi}{2}$ , imamo neodređeni oblik $1^{-\infty}$ kojeg računamo kao što slijedi. Stavimo li

$$L=\lim\limits_{x\to 1-0}\left(\frac{2}{\pi}\arcsin x\right)^{\frac{1}{1-x}},$$

logaritmiranjem dobijemo

$$\ln L =\ln \lim\limits_{x\to 1-0}\left(\frac{2}{\pi}\arcsin x\right)^{\... ...} =\lim\limits_{x\to 1-0}\ln\left(\frac{2}{\pi}\arcsin x\right)^{\frac{1}{1-x}}$$

$$=\lim\limits_{x\to 1-0}\frac{1}{1-x}\cdot\ln\left(\frac{2}{\pi}\a... ...ght) =\lim\limits_{x\to 1-0}\frac{\ln\left(\frac{2}{\pi}\arcsin x\right)}{1-x}.$$

Budući je time dobiven neodređeni oblik $\frac{0}{0}$ , primjenimo L'Hospitalovo pravilo pa slijedi

$$\ln L =\lim\limits_{x\to 1-0}\frac{\left[\ln\left(\frac{2}{\pi}\arcsin ... ...ac{1}{\frac{2}{\pi}\arcsin x}\cdot\frac{2}{\pi}\cdot\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}}{-1}$$

$$=-\lim\limits_{x\to 1-0}\frac{1}{\arcsin x\cdot \sqrt{1-x^2}} =-\frac{1}{\frac{\pi}{2}\cdot0+}=-\infty.$$

Sada je

$$e^{\ln L}=e^{-\infty}$$

pa je $L=0$ . Dakle,

$$\lim\limits_{x\to 1-0}\left(\frac{2}{\pi}\arcsin x\right)^{\frac{1}{1-x}}=0.$$

g)

Direktno računanje zadanog limesa daje neodređeni oblik $\infty^0$ . Stavimo li

$$L=\lim\limits_{x\to0+0}\left(\frac{1}{x}\right)^{\mathop{\mathrm{tg}}\nolimits x},$$

logaritmiranjem slijedi

$$\ln L =\ln \lim\limits_{x\to0+0}\left(\frac{1}{x}\right)^{\mathop{\math... ...\lim\limits_{x\to0+0}\mathop{\mathrm{tg}}\nolimits x\ln\left(\frac{1}{x}\right)$$

$$=\lim\limits_{x\to0+0}\frac{\displaystyle\ln\left(\frac{1}{x}\right)}{\mathop{\mathrm{ctg}}\nolimits x}.$$

Budući da smo dobili neodređeni oblik $\frac{\infty}{\infty}$ , primijenimo L'Hospitalovo pravilo. Sada je

$$\ln L =\lim\limits_{x\to0+0}\frac{\displaystyle\left[\ln\left(\fr... ...{\sin^2x}}=\lim\limits_{x\to0+0}\left(\frac{\sin x}{x}\right)^2 \, x=1\cdot0=0$$

pa je

$$e^{\ln L}=e^0,$$

odnosno

$$\lim\limits_{x\to0+0}\left(\frac{1}{x}\right)^{\mathop{\mathrm{tg}}\nolimits x}=1.$$

Kut između tangenti     DERIVACIJE I PRIMJENE     Lokalni ekstremi