Мъчителна граница...

[Гост]

[tex]\lim_{x \to 0}x[/tex][tex]\frac{ln(2x^{2}+2x+1) - 2xcosx}{tgx - arctgx}[/tex]
Упътването е, че може да се използва ред на Тейлър. Аз не мога да приложа това, защото не го разбирам.
Може ли да се реши по някакъв друг начин тази граница?
Ако не може, може ли някой малко по-детайлно да обясни как точно тук се прилага ред на Тейлър?
Ще съм много благодарен!

[Гост]

Съжалявам, границата е без x-a отпред, т.е. изглежда така:
[tex]\lim_{x \to 0}[/tex][tex]\frac{ln(2x^{2}+2x+1) - 2xcosx}{tgx - arctgx}[/tex]

[aifC]

[tex]\lim_{x \to 0}\frac{ln(2x^{2}+2x+1)-2xcos(x)}{tg(x)-arctg(x)} = \frac{\lim_{x \to 0}(ln(2x^{2}+2x+1)-2xcos(x))}{\lim_{x \to 0}(tg(x)-arctg(x))} = \frac{L_{1}}{L_{2}};[/tex]

[tex]L_{1} = \lim_{x \to 0}(ln(2x^{2}+2x+1)-2xcos(x)) = ln(2 \cdot 0^{2} + 2 \cdot 0 +1) -2 \cdot 0 \cdot cos(0) = 0;[/tex]

[tex]L_{2} = \lim_{x \to 0}(tg(x)-arctg(x)) = \lim_{x \to 0}(tg(x)) - \lim_{x \to 0}(arctg(x)) = 0 - \infty = - \infty; \Rightarrow[/tex]

[tex]\frac{L_{1}}{L_{2}} = \frac{0}{-\infty} = -\infty;[/tex]

[Гост]

И аз тръгнах да изчислявам поотделно границите, но не достигнах до отговора.
Отговорът е [tex]\frac{-1}{2}[/tex]... Някакви други идеи?

[Добромир Глухаров]

$ln(u+1)\approx u-\frac{u^2}{2}+\frac{u^3}{3}$
$cosx\approx 1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{4!}$
$2xcosx\approx 2x-x^3+\frac{2x^5}{4!}$
$\Rightarrow ln(2x^2+2x+1)-2xcosx\approx2x^2+2x-\frac{(2x^2+2x)^2}{2}+\frac{(2x^2+2x)^3}{3}-2x+x^3-\frac{2x^5}{4!}\approx\\\approx2x^2+2x-2x^4-4x^3-2x^2-2x+x^3+\frac{8x^3}{3}+8x^4\approx-\frac{x^3}{3}+6x^4$

$tgx\approx x+\frac{1}{3}x^3+\frac{2}{15}x^5$
$arctgx\approx x-\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}$
$\Rightarrow tgx-arctgx\approx\frac{2x^3}{3}-\frac{x^5}{15}$

$\lim_{x\to0}\frac{ln(2x^2+2x+1)-2xcosx}{tgx-arctgx}=\lim_{x\to0}\frac{-\frac{x^3}{3}+6x^4}{\frac{2x^3}{3}-\frac{x^5}{15}}=\\=\lim_{x\to0}\frac{-1+18x}{2-\frac{x^2}{5}}=-\frac{1}{2}$

[Добромир Глухаров]

Приблизителните равенства, които съм използвал, са развития на съответните функции в редове на МакЛорен, които са частен случай на реда на Тейлър, като съм се ограничил до първите три събираеми - иначе редовете продължават до безкрайност с все по-високи степени на х.

[Добромир Глухаров]

Може и чрез Лопитал:

$\lim_{x\to0}\frac{\frac{4x+2}{2x^2+2x+1}-2cosx+2xsinx}{\frac{1}{cos^2x}-\frac{1}{1+x^2}}=$

$=\lim_{x\to0}\frac{cos^2x(1+x^2)(4x+2-2(2x^2+2x+1)(cosx-xsinx))}{(2x^2+2x+1)(1+x^2-cos^2x)}=$

$=\lim_{x\to0}\frac{1.1.(4x+2-4x^2cosx-4xcosx-2cosx+4x^3sinx+4x^2sinx+2xsinx)}{1.(sin^2x+x^2)}$

$sinx\sim x;\ cosx\sim1-2sin^2\frac{x}{2}\sim1-2\left(\frac{x}{2}\right)^2\sim1-\frac{x^2}{2}$

$=\lim_{x\to0}\frac{4x+2-4x^2(1-\frac{x^2}{2})-4x(1-\frac{x^2}{2})-2(1-\frac{x^2}{2})+4x^4+4x^3+2x^2}{2x^2}=$

$=\lim_{x\to0}\frac{\cancel{4x}\cancel{+2}-4x^2+2x^4\cancel{-4x}+2x^3\cancel{-2}+x^2+4x^4+4x^3+2x^2}{2x^2}=$

$=\lim_{x\to0}\frac{-x^2+6x^3+6x^4}{2x^2}=-\frac{1}{2}$

[Гост]

Много благодаря за двете решения! Схванах решението с Лопитал!