Граница на функция

[Гост]

Трябва да се намерят тези граници чрез теоремите на Лопитал, но не успявам:
а) [tex]\lim_{x \to 0}\frac{cotg(4x)}{cotg(3x)}[/tex]

б) [tex]\lim_{x \to 0}(\frac{arcsin(x)}{x})^{\frac{1}{x^{2}}}[/tex]

[Davids]

$\frac{cotg4x} {cotg3x} = \frac{cos4xsin3x} {cos3xsin4x}$

$\Rightarrow \lim_{x\to 0}\frac{cotg4x} {cotg3x} = \lim_{x\to 0}\frac{cos4x}{cos3x}\cdot \lim_{x\to 0}\frac{sin3x}{sin4x} = \lim_{x\to 0} \frac{sin3x} {sin4x} $

Неопределеността отново е от вида $\frac{0}{0}$, но тук един Лопитал ни спасява директно. Можеш ли да се справиш нататък?

[Гост]

Да, благодаря, ако може да ми помогнете и със втората граница...

$\frac{cotg4x} {cotg3x} = \frac{cos4xsin3x} {cos3xsin4x}$

$\Rightarrow \lim_{x\to 0}\frac{cotg4x} {cotg3x} = \lim_{x\to 0}\frac{cos4x}{cos3x}\cdot \lim_{x\to 0}\frac{sin3x}{sin4x} = \lim_{x\to 0} \frac{sin3x} {sin4x} $

Неопределеността отново е от вида $\frac{0}{0}$, но тук един Лопитал ни спасява директно. Можеш ли да се справиш нататък?

[Davids]

Втората е малко тегава.

Първоначалната нужна преформулировка е класическата:
Нека $f(x) = \Big(\frac{arcsinx}{x}\Big)^\frac{1}{x^2} = e^{\frac{1}{x^2}ln(\frac{arcsinx}{x})}$

Следователно $\lim_{x\to 0}f(x) = e^{\lim_{x\to 0}\frac{1}{x^2}ln(\frac{arcsinx}{x})} = e^L$

Сега ни интересува стойността на $L$ и тук започва забавното.

Принципно има вариант да стане с разложение по Тейлър, но като сме казали Лопитал, Лопитал да е... макар и с мъка.

Започваме:
$L = \{\frac{0}{0}\}$, значи прилагаме Лопитал (ще го бележа с $L.H.$ над равното всеки път)

$\Rightarrow L \overset{L.H.}=\lim_{x\to 0} \frac{(ln(\frac{arcsinx}{x}))'}{(x^2)'} = \lim_{x\to 0}\frac{x - arcsinx\sqrt{1 - x^2}}{2x^2\sqrt{1-x^2}arcsinx} = \{\frac{0}{0}\}$

$\Rightarrow L \overset{L.H.}= \lim_{x\to 0}\frac{1 - (1 - \frac{xarcsinx}{\sqrt{1 - x^2}})}{2x^2 + 4x\sqrt{1-x^2}arcsinx - \frac{2x^3arcsinx}{\sqrt{1-x^2}}} = \lim_{x\to 0}\frac{\cancel{\frac{xarcsinx}{\sqrt{1-x^2}}}}{2\cancel{\frac{xarcsinx}{\sqrt{1-x^2}}}(\frac{x\sqrt{1-x^2}}{arcsinx} + 2(1 - x^2) - x^2)} = \frac{1}{2}\lim_{x\to 0}\frac{1}{\frac{x\sqrt{1-x^2}}{arcsinx} + 2(1 - x^2) - x^2} = \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{\lim_{x\to 0}\frac{x\sqrt{1-x^2}}{arcsinx} + 2} = \frac{1}{2(K + 2)}$

Нека сега $K = \lim_{x\to 0}\frac{x\sqrt{1-x^2}}{arcsinx} = \Big(\lim_{x\to 0}\frac{x}{arcsinx}\Big)\cdot\Big(\lim_{x\to 0}\sqrt{1 - x^2}\Big) = \Big(\lim_{x\to 0}\frac{x}{arcsinx}\Big)\cdot 1 = \lim_{x\to 0}\frac{x}{arcsinx} \overset{L.H.}= \lim_{x\to 0}\frac{1}{\frac{1}{\sqrt{1 - x^2}}} = \lim_{x\to 0}\sqrt{1-x^2} = \sqrt{1 - 0} = 1$

Тогава $L = \frac{1}{2(K + 2)} = \frac{1}{2(1 + 2)} = \frac{1}{6}$

И окончателно $\boxed{\lim_{x\to 0}f(x) = e^L = e^\frac{1}{6}}$

[Гост]

Наистина благодаря много!

Втората е малко тегава.

Първоначалната нужна преформулировка е класическата:
Нека $f(x) = \Big(\frac{arcsinx}{x}\Big)^\frac{1}{x^2} = e^{\frac{1}{x^2}ln(\frac{arcsinx}{x})}$

Следователно $\lim_{x\to 0}f(x) = e^{\lim_{x\to 0}\frac{1}{x^2}ln(\frac{arcsinx}{x})} = e^L$

Сега ни интересува стойността на $L$ и тук започва забавното.

Принципно има вариант да стане с разложение по Тейлър, но като сме казали Лопитал, Лопитал да е... макар и с мъка.

Започваме:
$L = \{\frac{0}{0}\}$, значи прилагаме Лопитал (ще го бележа с $L.H.$ над равното всеки път)

$\Rightarrow L \overset{L.H.}=\lim_{x\to 0} \frac{(ln(\frac{arcsinx}{x}))'}{(x^2)'} = \lim_{x\to 0}\frac{x - arcsinx\sqrt{1 - x^2}}{2x^2\sqrt{1-x^2}arcsinx} = \{\frac{0}{0}\}$

$\Rightarrow L \overset{L.H.}= \lim_{x\to 0}\frac{1 - (1 - \frac{xarcsinx}{\sqrt{1 - x^2}})}{2x^2 + 4x\sqrt{1-x^2}arcsinx - \frac{2x^3arcsinx}{\sqrt{1-x^2}}} = \lim_{x\to 0}\frac{\cancel{\frac{xarcsinx}{\sqrt{1-x^2}}}}{2\cancel{\frac{xarcsinx}{\sqrt{1-x^2}}}(\frac{x\sqrt{1-x^2}}{arcsinx} + 2(1 - x^2) - x^2)} = \frac{1}{2}\lim_{x\to 0}\frac{1}{\frac{x\sqrt{1-x^2}}{arcsinx} + 2(1 - x^2) - x^2} = \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{\lim_{x\to 0}\frac{x\sqrt{1-x^2}}{arcsinx} + 2} = \frac{1}{2(K + 2)}$

Нека сега $K = \lim_{x\to 0}\frac{x\sqrt{1-x^2}}{arcsinx} = \Big(\lim_{x\to 0}\frac{x}{arcsinx}\Big)\cdot\Big(\lim_{x\to 0}\sqrt{1 - x^2}\Big) = \Big(\lim_{x\to 0}\frac{x}{arcsinx}\Big)\cdot 1 = \lim_{x\to 0}\frac{x}{arcsinx} \overset{L.H.}= \lim_{x\to 0}\frac{1}{\frac{1}{\sqrt{1 - x^2}}} = \lim_{x\to 0}\sqrt{1-x^2} = \sqrt{1 - 0} = 1$

Тогава $L = \frac{1}{2(K + 2)} = \frac{1}{2(1 + 2)} = \frac{1}{6}$

И окончателно $\boxed{\lim_{x\to 0}f(x) = e^L = e^\frac{1}{6}}$