3 граници (без Лопитал)

[Гост]

Здравейте, може ли да помогнете с тези три граници, без да използвате правилото на Лопитал за неопределеност. Задачите са от учебник за 11. клас.

1. [tex]\lim_{x \to \alpha } \frac{sinx - sin \alpha }{x - \alpha }[/tex]

2. [tex]\lim_{x \to 30 ^\circ } \frac{sin (x -30 ^\circ )}{ \frac{ \sqrt{3} }{2} - cosx }[/tex]

3. [tex]\lim_{x \to 270 ^\circ } \frac{cosx}{2x - 3 \pi }[/tex]

За втората задача половин час пробвам всякакви тригонометрични формули, но не се получава. Заместих [tex]\frac{ \sqrt{3} }{2}[/tex] с cos30[tex]^\circ[/tex]. После пробвах и със sin60, преобразувах косинусите в синуси и обратно, но нищо...

[Davids]

1. Това реално е точно дефиницията за $\sin'(a)$. Първо ще сменим променливата: $h := x - a$. Тогава границата става:
$L = \lim_{h\to 0}\frac{sin(h + a) - sina}{h}$
Разписваме синуса от сума: $sin(h+a) = sinhcosa + coshsina$
$L = \lim_{h\to 0}\frac{sinhcosa + sina(cosh - 1)}{h} = cosa\lim_{h\to 0}\frac{sinh}{h} + sina\lim_{h\to 0}\frac{cosh - 1}{h}$

И тук ключовият играч е: $\lim_{h\to 0}\frac{sinh}{h} = 1$. Това би следвало да сте го учили, ако не ти е ясно - прегледай си пак доказателството.

Знаейки горната граница, можем да изведем:
$\lim_{h\to 0}\frac{cosh - 1}{h} = \lim_{h\to 0}\frac{cosh - 1}{h}\cdot\frac{cosh+1}{cosh+1} = \lim_{h\to 0}\frac{cos^2h - 1}{h}\cdot\underbrace{\lim_{h\to 0}\frac{1}{cosh+1}}_{=\frac{1}{2}} = -\frac{1}{2}\lim_{h\to 0}\frac{1 - cos^2h}{h} = -\frac{1}{2}\lim_{h\to 0}\frac{sin^2h}{h} = \frac{1}{2}\left(\underbrace{\lim_{h\to 0}sinh}_{= 0}\right)\underbrace{\lim_{h\to 0}\frac{sinh}{h}}_{=1} = 0$

И тъй, $L = cosa$.

[Davids]

2. $L := \lim_{x\to\frac{\pi}{6}}\frac{sin(x - \frac{\pi}{6})}{cos\frac{\pi}{6} - cosx}$

Сменяме отново променливата: $t := x - \frac{\pi}{6}$ и тъй

$L := \lim_{t\to 0}\frac{sint}{cos\frac{\pi}{6} - cos\left(t + \frac{\pi}{6}\right)} = \lim_{t\to 0}\frac{sint}{cos\frac{\pi}{6} - \left(costcos\frac{\pi}{6} - sintsin\frac{\pi}{6}\right)} = \lim_{t\to 0}\frac{sint}{cos\frac{\pi}{6}\left(1 - cost\right) + sintsin\frac{\pi}{6}}$

И оттук вече ни се включва интуицията, накъде ще отиват нещата. Затова обръщаме реципрочно:
$\frac{1}{L} := \lim_{t\to 0}\frac{cos\frac{\pi}{6}\left(1 - cost\right) + sintsin\frac{\pi}{6}}{sint} = \frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}\lim_{t\to 0}\frac{1 - cost}{sint}$

Но $\lim_{t\to 0}\frac{1 - cost}{sint} = \lim_{t\to 0}\underbrace{\frac{1 - cost}{t}}_{ = 0}\cdot\underbrace{\frac{t}{sint}}_{= 1} = 0$

Значи $L = 2$.

[Гост]

Благодаря Ви. На третият ред от решението на задача 1, как така изнасяте пред границата sina и cosa?

[Гост]

Разбрах.

[Davids]

Радвам се, че сте разбрал/а. Неволята учи. С третата ще успеем ли да се справим?
Общо взето, rule of thumb: като имаме неопределеност (което са общо взето всички интересни задачи), искаме нещата да клонят към 0 или някаква безкрайност, другото е за украса. Това често привежда нещата до познати резултати / прави ги по-лесни за работа. А и маса основни резултати са формулирани така, понеже всички граници могат да се сведат до този вид.

[Гост]

Благодаря Ви. Мисля, че успях да я реша. Получавам 1/2.
Ако имаме [tex]\lim_{t \to 0} \frac{cos270}{t}[/tex], това нали е равно на нула (малко ме притеснява обаче тази нула в знаменителя)...

[Гост]

Имам още едно въпросче: ако аргументът х клони към градусна мярка, винаги (или поне в повечето случаи) ли е най-добре да положим? Понеже в училище нито сме решавали с Лопитал, нито сме сменяли променливи. Последното на мен ми се струва наистина интересно като начин за решение....

[Davids]

Благодаря Ви. Мисля, че успях да я реша. Получавам 1/2.
Ако имаме [tex]\lim_{t \to 0} \frac{cos270}{t}[/tex], това нали е равно на нула (малко ме притеснява обаче тази нула в знаменителя)...

Да, равно си е на 0, дори и без да го разглеждаме в граница (без t да клони към нищо), понеже числителят като количество си е точно 0.
Тази нула в знаменателя няма нужда да Ви притеснява, понеже $t \to 0$ означава, че $t$ е количество, което ще се приближава безкрайно до 0, но от аналитична гледна точка, никога не е точно 0. Така че не делим на 0 и нямаме недефинирани операции. Тук е ключово да се направи разликата, че числителят си е 0 преди граничен преход, а знаменателят става 0 след граничен преход.

[Гост]

Благодаря Ви, Davids. Дали бихте могли да дадете насоки и за тази граница
[tex]\lim_{x \to 0} \frac{cos3x - 1}{tg^{2 } 5x }[/tex]

[Davids]

Насоки мога да дам, ще се въздържа обаче от пълното решение, понеже целият нужен инструментариум на практика вече го обсъдихме горе - остава да се поупражнявате, за да развиете интуицията си.

По същество, горе показахме скелелета на подхода за справяне с $1 - cosx$ за $x \to 0$. Тук същата врътка ще ви доведе до истината. Из човърканията в горната задача обаче, изводът беше, че $1 - cosx$ намалява по-бързо от $x$ за $x \to 0$. В тази задача ще излезе нещо по-интересно, понеже знаменателят е повдигнат на квадрат.
За знаменателя от друга страна, имаме $tgx = \frac{sinx}{cosx}$, така че при $x \to 0$ косинусът в знаменателя не ни притеснява, той си клони към единица. Проблемен е синусът, така че можем да сведем разглежданията си до него - а оттам вече е ясно, че ще играе основната граница $\lim_{x\to 0}\frac{sinx}{x} = 1$, или казано на светски ("интуитивен") език - "$sinx$ около нулата е като $x$".
Константните множители пред $x$ може да си ги мислите като общо взето сложени за красота - да се случи някаква сметка за получаване на числото накрая; и да се научим да внимаваме за точните количества. Но идейно те не са съществени за подхода към решаването на задачата.

Пожелавам Ви успех и дано справянето с този казус Ви донесе удоволствие и опит. (А може и на "ти", но не смея да нарушавам уважителния тон )

[Гост]

Благодаря, и тази успях . Дано да им хвана "цаката" по някое време .