Wie kann man diese Grenze lösen, ohne die L'Hopitale-Regel anzuwenden?

Question

Wie kann man diese Grenze lösen, ohne die L'Hopitale-Regel anzuwenden?

Grenzen
Infinitesimalrechnung
Mathematik
grenzen-ohne-krankenhaus

Андрей Савицкий

lim_{X \to 0} \frac{\ln^{2} (1 + bräunen (2 X))}{\cos (6 X) - \cos (2 X)}

$\lim_{x\to 0}⁡\frac{\ln^2 (1+\tan⁡(2x))}{\cos⁡(6x)-\cos⁡(2x)}$

Ich habe viele Dinge mit trigonometrischen Formeln versucht, aber es hilft nicht. Hilf mir bitte.

Saibling

Es ist besser, das Bild nicht zu verwenden.

JG

Erste Benutzung

\cos 2 x = 1 - 2 \sin^{2} x

$\cos2x=1-2\sin^2x$ etc. den Nenner in einer offensichtlichen Form zu schreiben

O (x^{2})

$O(x^2)$ .

Antworten (2)

Wie kann man diese Grenze lösen, ohne die L'Hopitale-Regel anzuwenden?

Erste Benutzung $\cos2x=1-2\sin^2x$ etc. den Nenner in einer offensichtlichen Form zu schreiben $O(x^2)$ .

Ninad Munshi · Answer 1

Der Trick dabei ist, immer mit Termen zu multiplizieren und zu dividieren

\frac{\ln^{2} (1 + bräunen 2 X)}{\cos 6 X - \cos 2 X} = \frac{\ln^{2} (1 + bräunen 2 X)}{{bräunen}^{2} 2 X} \cdot \frac{{bräunen}^{2} 2 X}{4 X^{2}} \cdot \frac{4 X^{2}}{\cos 6 X - \cos 2 X}

$\frac{\ln^2(1+\tan2x)}{\cos 6x - \cos 2x} = \frac{\ln^2(1+\tan2x)}{\tan^2 2x} \cdot \frac{\tan^2 2x}{4x^2}\cdot\frac{4x^2}{\cos 6x - \cos 2x}$

= {(\frac{\ln (1 + bräunen 2 X)}{bräunen 2 X})}^{2} \cdot {(\frac{bräunen 2 X}{2 X})}^{2} \cdot {(\frac{1 - \cos 2 X}{4 X^{2}} - \frac{1 - \cos 6 X}{36 X^{2}} \cdot 9)}^{- 1}

$= \left(\frac{\ln(1+\tan 2x)}{\tan 2x}\right)^2 \cdot \left(\frac{\tan 2x}{2x}\right)^2 \cdot \left(\frac{1-\cos 2x}{4x^2}-\frac{1-\cos 6x}{36x^2}\cdot 9\right)^{-1}$

Dann können wir die bekannten Werte all dieser Grenzen verwenden

lim_{u \to 0} \frac{bräunen u}{u} = 1

$\lim_{u\to0}\frac{\tan u}{u} = 1$

lim_{u \to 0} \frac{\ln (1 + u)}{u} = 1

$\lim_{u\to0}\frac{\ln(1+u)}{u} = 1$

lim_{u \to 0} \frac{1 - \cos u}{u^{2}} = \frac{1}{2}

$\lim_{u\to0}\frac{1-\cos u}{u^2} = \frac{1}{2}$

Zu bekommen

⟶ (1)^{2} \cdot (1)^{2} {(\frac{1}{2} - \frac{9}{2})}^{- 1} = - \frac{1}{4}

$\longrightarrow (1)^2\cdot(1)^2\left(\frac{1}{2}-\frac{9}{2}\right)^{-1} = -\frac{1}{4}$

Man könnte noch einen Schritt weiter gehen und feststellen $\frac{1 - \cos u}{u^{2}} = {(\frac{Sünde u}{u})}^{2} \frac{1}{1 + \cos u} \to 1^{2} \cdot \frac{1}{1 + 1} = \frac{1}{2}$ ${1-\cos u\over u^2}=\left(\sin u\over u\right)^2{1\over1+\cos u}\to1^2\cdot{1\over1+1}={1\over2}$
@ Barry Cipra $\frac{1-\cos u}{u^2}$ ist ein bekannter Grenzwert mit Squeeze-Theorem aus ersten Prinzipien, teilweise weil es so ist $2\sin^2\left(\frac{u}{2}\right)/u^2$ Grenze. Aber das geht auch.

Ei · Answer 2

Dies wäre mit der Taylorentwicklung einfach. Es geht aber auch ohne. Ein paar Hinweise:

$\cos6x-\cos2x=-2\sin4x\sin2x=-4\sin^22x\cos2x$
In Betracht ziehen $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\ln(1+\tan2x)}{\sin2x}$

Wie kann man diese Grenze lösen, ohne die L'Hopitale-Regel anzuwenden?

Андрей Савицкий

Saibling

JG

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Ninad Munshi

Barry Cipra

Ninad Munshi

Ei

Berechne limx→−2x+2sin(πx2)limx→−2x+2sin⁡(πx2)\lim_{x \to -2} \frac{x + 2}{\sin(\frac{\pi x}{2} )} mit Kontinuität (ohne L'Hospital)

Lösung limx→0cos(π2cos(x))sin(sin(x2))limx→0cos⁡(π2cos⁡(x))sin⁡(sin⁡(x2))\lim_{x\to0}\frac{\cos\ left(\frac{\pi}{2\cos(x)}\right)}{\sin(\sin(x^2))}

Wie kann man beweisen, dass limx→0sinxx=1limx→0sin⁡xx=1\lim\limits_{x\to0}\frac{\sin x}x=1?

Gilt dies unter dem ersten Differenzierungsprinzip?

Finden der Ableitung einer Funktion mit Grundprinzipien

Wie berechnet man den Wert einer multivariablen Grenze?

Eine Grenzwertberechnung unter Verwendung des Riemann-Integrals

Zeigen Sie, dass die Folge nach unten beschränkt ist durch 2–√2{\sqrt 2}

Ableitung mit Grenzwertdefinition berechnen

Was ist limk→0f(k)=2+k32cos1k2limk→0f(k)=2+k32cos⁡1k2\lim\limits_{k \to 0}{f(k) = 2 + k^{\frac{3}{ 2}}\cos {\frac{1}{k^2}}}