Οριο

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #1

Να υπολογισθεί το

$\lim_{x\rightarrow \frac{\pi }{2}^{-}}\sin x \cdot \ln(\cos x) + \ln (\frac{1}{\cos x} + \tan x )$

Λάμπρος Κατσάπας · #2

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Δευ Απρ 30, 2018 11:26 pm
Να υπολογισθεί το

$\lim_{x\rightarrow \frac{\pi }{2}^{-}}\sin x \cdot \ln(\cos x) + \ln (\frac{1}{\cos x} + \tan x )$

Θα χρησιμοποιήσω για ευκολία (δικιά μου) τους μετασχηματισμούς $sinx=\frac{2t}{1+t^2},cosx=\frac{1-t^2}{1+t^2},$ όπου $t=tan\frac{x}{2}.$

Τότε η συνάρτηση γράφεται:

$\frac{2t}{1+t^2}ln\left ( \frac{1-t^2}{1+t^2} \right )+ln\left ( \frac{1+t^2}{1-t^2} +\right\frac{2t}{1-t^2} )=\frac{2t}{1+t^2} ( ln(1-t^2)-ln(1+t^2))+ln(1+t)^2-ln(1-t^2)$

$=\left ( \frac{2t}{1+t^2}-1 \right )ln(1-t^2)-\frac{2t}{1+t^2}ln(1+t^2)+2ln(1+t).$

Όταν $x\rightarrow \frac{\pi }{2}^-$ το $t\rightarrow 1^-.$

Επίσης $\lim_{t\rightarrow 1^-}-\frac{2t}{1+t^2}ln(1+t^2)+2ln(1+t) =-ln2+2ln2=ln2$ και με τον DLH δείχνουμε εύκολα ότι

$\lim_{t\rightarrow 1^-} \left ( \frac{2t}{1+t^2}-1 \right )ln(1-t^2)= -\lim_{t\rightarrow 1^-}\frac{ln(1-t^2)}{\frac{1+t^2}{(t-1)^2}}=0.$

Άρα το ζητούμενο όριο είναι ίσο με ln2.

Ratio · #3

Η αρχικη παράσταση έστω f(x)[\tex] γράφεται:

$sinxln(cosx)+ln(\frac{1}{cosx}+tanx)=\\$
$sinxln(cosx)+ln(\frac{1}{cosx}+\frac{sinx}{cosx})=\\sinxln(cosx)+ln(\frac{1+sinx}{cosx})=\\$
$sinxln(cosx)+ln(1+sinx)-ln(cosx)=\\$
$(sinx-1)ln(cosx)+ln(1+sinx)=\\$
$\frac{ln(cosx)}{\frac{1}{sinx-1}}+ln(1+sinx)$
καθώς
$\lim_{x\to \pi/2^-} (sinx-1)ln(cosx)=0(-\infty)$
συνεπώς το όριο της αρχικής με χρήση DLH για το κλάσμα καταλήγει:

$\lim_{x\to \pi/2^{-}} f(x)={\lim_{x\to \pi/2^-} \frac{ln(cosx)}{\frac{1}{sinx-1}}+ln2=\\$
$\lim_{x\to \pi/2^-}\frac{\frac{-sinx}{cosx}}{\frac{-cosx}{(sinx-1)^{2}}}=\\$
$\lim_{x\to \pi/2^-}\frac{sinx(sinx-1)^{2}}{(cosx)^{2}}+ln2=\\$
$\lim_{x\to \pi/2^-}\frac{sinx(sinx-1)^2}{(1-sinx)(1+sinx)} + ln2=\\$
$\lim_{x\to \pi/2^-}\frac{sinx(sinx-1)}{sinx+1}+ln2=0+ln2=ln2$

καθώς ${\lim_{x\to \pi/2^-}\frac{sinx(sinx-1)}{(sinx+1)}=0$

#4

$\displaystyle \underset{x\to {{\frac{\pi }{2}}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\left[ \sin x\cdot \ln (\cos x)+\ln (\frac{1}{\cos x}+\tan x) \right]$
Θέτω $\displaystyle x=\frac{\pi }{2}-u\Rightarrow u=\frac{\pi }{2}-x\Rightarrow \underset{x\to {{\frac{\pi }{2}}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,u=0,u>0$
Τότε
$\displaystyle \begin{array}{l} \mathop {\lim }\limits_{u \to {0^ + }} \left[ {\cos u \cdot \ln (\sin u) + \ln (\frac{1}{{\sin u}} + \cot u)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{u \to {0^ + }} \left[ {\cos u \cdot \ln (\sin u) + \ln \left( {\frac{{1 + \cos u}}{{\sin u}}} \right)} \right] = \\ \\ = \mathop {\lim }\limits_{u \to {0^ + }} [\cos u \cdot \ln (\sin u) + \ln (1 + \cos u) - \ln (\sin u)] = \\ \\ = \mathop {\lim }\limits_{u \to {0^ + }} \left( {\frac{{\cos u - 1}}{u}} \right) \cdot [u\ln (\sin u)] + \ln (1 + \cos u) = \ln 2 \end{array}$
διότι :
$\displaystyle \underset{u\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{\cos u-1}{u} \right)=0$ και $\displaystyle \underset{u\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,u\ln (\sin u)=\underset{u\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{(\sin u)\ln (\sin u)}{\frac{\sin u}{u}}=\frac{0}{1}=0,$ (αφού $\displaystyle \underset{t\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,t\ln t=0$ )
και $\displaystyle \underset{u\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,[\ln (1+\cos u)]=\ln 2$

#5

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Δευ Απρ 30, 2018 11:26 pm
Να υπολογισθεί το

$\lim_{x\rightarrow \frac{\pi }{2}^{-}}\sin x \cdot \ln(\cos x) + \ln (\frac{1}{\cos x} + \tan x )$

Βάζοντας $y=\cos x$ , οπότε $y\to 0+$ και, ως γνωστόν, $y\ln y \to 0$ έχουμε ότι η δοθείσα ισούται

$\displaystyle \sqrt {1-y^2} \ln y + \ln \left ( \frac{1}{y} + \frac{\sqrt {1-y^2}}{y}\right )=(\sqrt {1-y^2} -1) \ln y + \ln \left (1 + \sqrt {1-y^2}}\right )$

$\displaystyle =\frac {y}{\sqrt {1-y^2} + 1}\cdot y \ln y + \ln \left (1 + \sqrt {1-y^2}}\right ) \to 0 \cdot 0 + \ln 2$

Οριο

Οριο

Re: Οριο

Re: Οριο

Re: Οριο

Re: Οριο

Μέλη σε σύνδεση