Lösningar 11

Matematik för naturvetare 15hp

(Skillnad mellan versioner)
Hoppa till: navigering, sök
Versionen från 2 oktober 2007 kl. 09.53 (redigera)
Clas Löfwall (Diskussion | bidrag)

← Gå till föregående ändring		 Nuvarande version (2 oktober 2007 kl. 10.37) (redigera) (ogör)
Clas Löfwall (Diskussion | bidrag)

 
(9 mellanliggande versioner visas inte.)
Rad 108: Rad 108:
-5.3.a) Eftersom $|\sin x^2|\le 1$ så är gränsvärdet 0.+'''5.3. a)'''
-\vskip 2mm+Eftersom $|\sin x^2|\le 1$ så är gränsvärdet 0.
-b) Skriv $\ln x^2=2\ln x$ och använd ett standardgränsvärde. 
-\vskip 2mm 
-c) Standardgränsvärde.+'''5.3 b)'''
 + 
 +Skriv $\ln x^2=2\ln x$ och använd ett standardgränsvärde.
 + 
 + 
 + 
 +'''5.3 c)'''
 + 
 +Standardgränsvärde.
 + 
 + 
 + 
 +'''5.3 d)'''
 + 
 +Sätt $x=-t$. Då har vi $t\to\infty$ då $x\to-\infty$, så
 +gränsvärdet är
 + 
 + 
 +<math>
 +\lim\limits_{x\to-\infty}x^3e^x=\lim_{t\to\infty}(-t)^3e^{-t}=
 +-\lim\limits_{t\to\infty}t^3e^{-t}=0</math>
 + 
-\vskip 2mm 
-d) Sätt $x=-t$. Då har vi $t\to\infty$ då $x\to-\infty$, så  
-gränsvärdet är \[ 
-\lim_{x\to-\infty}x^3e^x=\lim_{t\to\infty}(-t)^3e^{-t}= 
--\lim_{t\to\infty}t^3e^{-t}=0\] 
enligt ett standardgränsvärde. enligt ett standardgränsvärde.
-\vskip 2mm 
-e) Förkorta med $x^2$: \[ 
-\lim_{x\to\infty}\frac{x^2-3x}{3-2x^2}= 
-\lim_{x\to\infty}\frac{1-3/x}{3/x^2-2}=\frac{1}{-2}=-\frac{1}{2}.\] 
-\vskip 2mm+'''5.3 e)'''
-f) Förkorta med $x^3$.+Dividera täljare och nämnare med $x^2$:
-\vskip 2mm 
-5.4.a) Här kan man t ex sätta $t=x-1$, så att $t\to 0$ då $x\to 1$. +<math>
 +\lim\limits_{x\to\infty}\frac{x^2-3x}{3-2x^2}=
 +\lim\limits_{x\to\infty}\frac{1-3/x}{3/x^2-2}=\frac{1}{-2}=-\frac{1}{2}</math>
 + 
 + 
 + 
 +'''5.3 f)'''
 + 
 +Dividera täljare och nämnare med $x^3$.
 + 
 + 
 + 
 +'''5.4. a)'''
 + 
 +Här kan man t ex sätta $t=x-1$, så att $t\to 0$ då $x\to 1$.
Vi har $x^3-x=(t+1)^3-(t+1)=t^3+3t^2+2t=t(t^2+3t+2)$, så Vi har $x^3-x=(t+1)^3-(t+1)=t^3+3t^2+2t=t(t^2+3t+2)$, så
-\begin{eqnarray*}+ 
-\lim_{x\to 1}\frac{\sin(x-1)}{x^3-x}&=&+ 
-\lim_{t\to 0}\frac{\sin t}{t(t^2+3t+2)}\\+<math>
 +\begin{array}{ccc}
 +\lim\limits_{x\to 1}\frac{\sin(x-1)}{x^3-x}&=&
 +\lim\limits_{t\to 0}\frac{\sin t}{t(t^2+3t+2)}\\
 +\\
&=& &=&
-\lim_{t\to 0}\frac{\sin t}{t}\cdot \lim_{t\to 0}\frac{1}{t^2+3t+2}=+\lim\limits_{t\to 0}\frac{\sin t}{t}\cdot \lim\limits_{t\to 0}\frac{1}{t^2+3t+2}=
-1\cdot\frac{1}{0+0+2}=\frac{1}{2}.\end{eqnarray*}+1\cdot\frac{1}{0+0+2}=\frac{1}{2}\end{array}</math>
-\vskip 2mm 
-b) \[ 
-\lim_{x\to 0}\frac{\tan(x-¹)}{x}= 
-\lim_{x\to 0}\frac{\sin(x-¹)}{x\cos(x-¹)}= 
-\lim_{x\to 0}\frac{-\sin x}{-x\cos x}= 
-\lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}\cdot\lim_{x\to 0}\frac{1}{\cos x}=1\] 
-\vskip 2mm+'''5.4 b)'''
-c) Nämnaren, men inte täljaren, är 0 för $x=2$, så gränsvärdet + 
 +<math>
 +\lim\limits_{x\to 0}\frac{\tan(x-\pi)}{x}=
 +\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin(x-\pi)}{x\cos(x-\pi)}=
 +\lim\limits_{x\to 0}\frac{-\sin x}{-x\cos x}=
 +\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}\cdot\lim\limits_{x\to 0}\frac{1}{\cos x}=1</math>
 + 
 + 
 + 
 +'''5.4 c)'''
 + 
 +Nämnaren, men inte täljaren, är 0 för $x=2$, så gränsvärdet
existerar inte. existerar inte.
-\vskip 2mm 
-d) Sätt in $x=-1$. 
-\vskip 2mm+'''5.4 d)'''
 + 
 +Sätt in $x=-1$.
 + 
 + 
 + 
 +'''5.4 e)'''
 + 
 +Här måste man förlänga med både <math>\sqrt{x+1}+1</math> och
 +<math>\sqrt{1-x}+1</math>. Lite räknande ger
 + 
-e) Här måste man förlänga med både $\sqrt{x+1}+1$ och +<math>\begin{array}{ccc}
-$\sqrt{1-x}+1$. Lite räknande ger \begin{eqnarray*}+
\frac{\sqrt{x+1}-1}{\sqrt{1-x}-1}&=& \frac{\sqrt{x+1}-1}{\sqrt{1-x}-1}&=&
\frac{(\sqrt{x+1}-1)(\sqrt{x+1}+1)(\sqrt{1-x}+1)} \frac{(\sqrt{x+1}-1)(\sqrt{x+1}+1)(\sqrt{1-x}+1)}
{(\sqrt{1-x}-1)(\sqrt{1-x}+1)(\sqrt{x+1}+1)}\\ {(\sqrt{1-x}-1)(\sqrt{1-x}+1)(\sqrt{x+1}+1)}\\
 +\\
&=& &=&
\frac{x(\sqrt{1-x}+1)}{(-x)(\sqrt{x+1}+1)}\\ \frac{x(\sqrt{1-x}+1)}{(-x)(\sqrt{x+1}+1)}\\
 +\\
&=& &=&
--\frac{\sqrt{1-x}+1}{\sqrt{x+1}+1}\end{eqnarray*}+-\frac{\sqrt{1-x}+1}{\sqrt{x+1}+1}\end{array}</math>
 + 
 + 
 + 
Gränsvärdet då $x\to 0$ är således $-2/2=-1$. Gränsvärdet då $x\to 0$ är således $-2/2=-1$.
-\vskip 2mm 
-f) Förkorta med $x^3$ och använd att $x^{-1}\ln x\to 0$ då + 
 +'''5.4 f)'''
 + 
 +Förkorta med $x^3$ och använd att $x^{-1}\ln x\to 0$ då
$x\to\infty$. $x\to\infty$.
-\vskip 2mm 
-5.5.a) Vi har $\arctan t\to±¹/2$ då $t\to±\infty$ och $\arctan 0=0$,  
-så gränsvärdet är $(¹/2-0)/(-¹/2)=-1$. 
-\vskip 2mm+'''5.5. a)'''
 + 
 +Vi har $\arctan t\to±\pi/2$ då $t\to±\infty$ och $\arctan 0=0$,
 +så gränsvärdet är $(\pi/2-0)/(-\pi/2)=-1$.
 + 
 + 
 + 
 +'''5.5. b)'''
 + 
 +Skriv t ex
 + 
 + 
 +<math>
 +\frac{x\ln x}{2^x}=\frac{x^{-1}\ln x}{2^x/x^2}</math>
 + 
 + 
-b) Skriv t ex \[ 
-\frac{x\ln x}{2^x}=\frac{x^{-1}\ln x}{2^x/x^2}.\] 
Här går täljaren mot 0 och nämnaren mot $\infty$ då $x\to\infty$, Här går täljaren mot 0 och nämnaren mot $\infty$ då $x\to\infty$,
så gränsvärdet är 0. så gränsvärdet är 0.
-\vskip 2mm 
-c) Förkortar man med $x^3e^{x}$ så får man \[+ 
-\frac{1+x^{-3}e^{-x}}{x^{-1}e^x-2x^{-2}e^{-2x}}.\]+'''5.5. c)'''
 + 
 +Förkortar man med $x^3e^{x}$ så får man
 + 
 + 
 +<math>
 +\frac{1+x^{-3}e^{-x}}{x^{-1}e^x-2x^{-2}e^{-2x}}</math>
 + 
 + 
 + 
Nu gäller att $x^{-3}e^{-x}$ och $2x^{-2}e^{-2x}$ går mot 0 samt att Nu gäller att $x^{-3}e^{-x}$ och $2x^{-2}e^{-2x}$ går mot 0 samt att
$x^{-1}e^x$ går mot $\infty$ då $x\to\infty$, så gränsvärdet är 0. $x^{-1}e^x$ går mot $\infty$ då $x\to\infty$, så gränsvärdet är 0.
-\vskip 2mm 
-d) \[+ 
-\lim_{x\to 0}\frac{\sin 4x}{\sin x}=4\lim_{x\to 0}\frac{\sin +'''5.5. d)'''
 + 
 + 
 +<math>
 +\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin 4x}{\sin x}=4\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin
4x}{4x}\cdot\frac{x}{\sin x}= 4x}{4x}\cdot\frac{x}{\sin x}=
-4\lim_{x\to 0}\frac{\sin +4\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin
-4x}{4x}\cdot\lim_{x\to 0}\frac{x}{\sin x}=4\cdot 1\cdot +4x}{4x}\cdot\lim\limits_{x\to 0}\frac{x}{\sin x}=4\cdot 1\cdot
-1=4\]+1=4</math>
-\vskip 2mm 
-e) Förläng med $1+\cos x$: \[+ 
 +'''5.5. e)'''
 + 
 +Förläng med $1+\cos x$:
 + 
 + 
 +<math>
\frac{1-\cos x}{x^2}=\frac{1-\cos^2x}{x^2(1+\cos x)}= \frac{1-\cos x}{x^2}=\frac{1-\cos^2x}{x^2(1+\cos x)}=
\frac{\sin^2x}{x^2(1+\cos x)}= \frac{\sin^2x}{x^2(1+\cos x)}=
-\left(\frac{\sin x}{x}\right)^2\frac{1}{1+\cos x}\]+\left(\frac{\sin x}{x}\right)^2\frac{1}{1+\cos x}</math>
 + 
 + 
 + 
Detta går mot $1^2\cdot (1/2)=1/2$ då $x\to 0$. Detta går mot $1^2\cdot (1/2)=1/2$ då $x\to 0$.
Observera att det här betyder att Observera att det här betyder att
$1-\cos x\approx x^2/2$ eller $\cos x\approx 1-x^2/2$ då $x$ är nära 0. $1-\cos x\approx x^2/2$ eller $\cos x\approx 1-x^2/2$ då $x$ är nära 0.
-\vskip 2mm 
-f) Jämför med e). 
-\vskip 2mm+'''5.5. f)'''
-5.6.a) \[+Jämför med e).
-\lim_{x\to 0}\frac{e^{2x}-1}{x}=2\lim_{x\to +
-0}\frac{e^{2x}-1}{2x}=2\cdot 1=2\]+
-\vskip 2mm 
-b) \[ 
-\lim_{x\to 0}\frac{\ln(1-2x)}{x}=(-2)\lim_{x\to 0}\frac{\ln(1-2x)}{-2x}= 
-(-2)\cdot 1=-2\] 
-\vskip 2mm+'''5.6. a)'''
-c) Sätt $t=x-1$ så att $t\to 0$ då $x\to 1$. Vi får \[ 
-\lim_{x\to 1}\frac{x-1}{\ln x}=\lim_{t\to 0}\frac{t}{\ln(1+t)}=1.\] 
-\vskip 2mm+<math>
 +\lim\limits_{x\to 0}\frac{e^{2x}-1}{x}=2\lim\limits_{x\to
 +0}\frac{e^{2x}-1}{2x}=2\cdot 1=2</math>
-d) \[+ 
 + 
 +'''5.6. b)'''
 + 
 + 
 +<math>
 +\lim\limits_{x\to 0}\frac{\ln(1-2x)}{x}=(-2)\lim\limits_{x\to 0}\frac{\ln(1-2x)}{-2x}=
 +(-2)\cdot 1=-2</math>
 + 
 + 
 + 
 +'''5.6. c)'''
 + 
 +Sätt $t=x-1$ så att $t\to 0$ då $x\to 1$. Vi får
 + 
 + 
 +<math>
 +\lim_{x\to 1}\frac{x-1}{\ln x}=\lim_{t\to 0}\frac{t}{\ln(1+t)}=1</math>
 + 
 + 
 + 
 +'''5.6. d)'''
 + 
 + 
 +<math>
\lim_{x\to 0}\arctan \frac{\tan x}{x\cos x}=\lim_{x\to 0}\arctan \frac{\sin \lim_{x\to 0}\arctan \frac{\tan x}{x\cos x}=\lim_{x\to 0}\arctan \frac{\sin
-x}{x\cos^2x}=\arctan 1=\frac{¹}{4}\]+x}{x\cos^2x}=\arctan\lim_{x\to 0}\frac{\sin
 +x}{x}\lim_{x\to 0}\frac{1}{\cos^2x}=\arctan 1\cdot1=\frac{\pi}{4}</math>
-\vskip 2mm+\
-5.7.a) $\ln 1=0$+'''5.7. a)'''
-\vskip 2mm+$\ln 1=0$
-b) Förkortning med $x-2$ ger \[+ 
-\lim_{x\to 2}\ln\frac{x^2-2x}{2x-4}=\lim_{x\to + 
 +'''5.7. b)'''
 + 
 +Förkortning med $x-2$ ger
 + 
 + 
 +<math>
 +\lim\limits_{x\to 2}\ln\frac{x^2-2x}{2x-4}=\lim\limits_{x\to
2}\ln\frac{x(x-2)}{2(x-2)}= 2}\ln\frac{x(x-2)}{2(x-2)}=
-\lim_{x\to 2}\ln\frac{x}{2}=\ln \frac{2}{2}=\ln 1=0.\]+\lim\limits_{x\to 2}\ln\frac{x}{2}=\ln \frac{2}{2}=\ln 1=0</math>
-\vskip 2mm 
-c) \begin{eqnarray*}+ 
-\lim_{x\to\infty}(\ln(2x^2-x)-\ln(x^2-1))&=&+'''5.7. c)'''
-\lim_{x\to\infty}\ln\frac{2x^2-x}{x^2-1}=+ 
-\lim_{x\to\infty}\ln\frac{2-1/x}{1-1/x^2}\\+ 
 +<math>\begin{array}{ccc}
 +\lim\limits_{x\to\infty}(\ln(2x^2-x)-\ln(x^2-1))&=&
 +\lim\limits_{x\to\infty}\ln\frac{2x^2-x}{x^2-1}=
 +\lim\limits_{x\to\infty}\ln\frac{2-1/x}{1-1/x^2}\\
 +\\
&=& &=&
-\ln\frac{2}{1}=\ln 2\end{eqnarray*}+\ln\frac{2}{1}=\ln 2\end{array}</math>
-\vskip 2mm 
-d) \[+ 
 +'''5.7. d)'''
 + 
 + 
 +<math>
\ln\sqrt{x^4-1}+\ln\frac{1}{x^2}=\ln\frac{\sqrt{x^4-1}}{x^2}= \ln\sqrt{x^4-1}+\ln\frac{1}{x^2}=\ln\frac{\sqrt{x^4-1}}{x^2}=
-\ln\sqrt{\frac{x^4-1}{x^4}}=\ln\sqrt{1-\frac{1}{x^4}}\]+\ln\sqrt{\frac{x^4-1}{x^4}}=\ln\sqrt{1-\frac{1}{x^4}}</math>
 + 
 + 
 + 
Detta går mot $\ln 1=0$ då $x\to-\infty$. Detta går mot $\ln 1=0$ då $x\to-\infty$.
-\vskip 2mm 
-e) Täljaren går mot $¹/2$, så gränsvärdet är 0. 
-\vskip 2mm+'''5.7. e)'''
-f) Till att börja med har vi \[+Täljaren går mot $\pi/2$, så gränsvärdet är 0.
 + 
 + 
 + 
 +'''5.7. f)'''
 + 
 +Till att börja med har vi
 + 
 + 
 +<math>
\frac{\sin x}{\tan^2x}=\frac{\sin \frac{\sin x}{\tan^2x}=\frac{\sin
-x\cos^2x}{\sin^2x}=\frac{\cos^2x}{\sin x},\]+x\cos^2x}{\sin^2x}=\frac{\cos^2x}{\sin x}</math>
-så vi skall undersöka $(x-¹)\cos^2x/\sin x$ då $x\to ¹$. Faktorn + 
-$\cos^2x$ går mot $\cos^2¹=(-1)^2=1$. Sätt $t=x-¹$ så att $t\to 0$ då + 
-$x\to ¹$. Vi har $\sin x=\sin (t+¹)=-\sin t$, så $(x-¹)/\sin + 
 +så vi skall undersöka $(x-\pi)\cos^2x/\sin x$ då $x\to \pi$. Faktorn
 +$\cos^2x$ går mot $\cos^2\pi=(-1)^2=1$. Sätt $t=x-\pi$ så att $t\to 0$ då
 +$x\to \pi$. Vi har $\sin x=\sin (t+\pi)=-\sin t$, så $(x-\pi)/\sin
x=t/(-\sin t)\to -1$ då $t\to 0$. Gränsvärdet är således $-1$. x=t/(-\sin t)\to -1$ då $t\to 0$. Gränsvärdet är således $-1$.
-\vskip 2mm 
-5.16.a) Eftersom $2^n/3^n=(2/3)^n$ och $-1<2/3<1$ så är gränsvärdet 0. 
-\vskip 2mm+'''5.16. a)'''
 + 
 +Eftersom $2^n/3^n=(2/3)^n$ och $-1<2/3<1$ så är gränsvärdet 0.
 + 
 + 
 + 
 +'''5.16. b)'''
 + 
 +Omskrivningen
 + 
 + 
 +<math>
 +\frac{n}{n-1/\sqrt n}=\frac{1}{1-1/n\sqrt n}</math>
 + 
 + 
-b) Omskrivningen \[ 
-\frac{n}{n-1/\sqrt n}=\frac{1}{1-1/n\sqrt n}\] 
visar att gränsvärdet är $1/(1-0)=1$. visar att gränsvärdet är $1/(1-0)=1$.
-\vskip 2mm 
-e) Använd att $\lim_{n\to\infty}(1+x/n)^n=e^x$. 
-\vskip 2mm+'''5.16. e)'''
 + 
 +Använd att $\lim_{n\to\infty}(1+x/n)^n=e^x$.
 + 
 + 
 + 
 +'''5.16. f)'''
-f) Observera att $(1+2/n)^{3n}=((1+2/n)^n)^3$. Gränsvärdet blir +Observera att $(1+2/n)^{3n}=((1+2/n)^n)^3$. Gränsvärdet blir
$(e^2)^3=e^6$. $(e^2)^3=e^6$.

Nuvarande version

[redigera] Lösningar till några övningar till lektion 11

Tillbaka till lösningarna

5.1.

Här är det bara att sätta in de olika värdena på $x$ eftersom inga nämnare blir 0.


5.2. a)

Börja med att förlänga med $x-1$:

\begin{array}{ccccc} \lim\limits_{x\to -1}\frac{\sin(x^2-1)}{x+1}&=& \lim\limits_{x\to -1}(x-1)\frac{\sin(x^2-1)}{x^2-1}&=& \lim\limits_{x\to -1}(x-1)\lim\limits_{x\to -1}\frac{\sin(x^2-1)}{x^2-1}\\ \\ &=& -2\lim\limits_{x\to -1}\frac{\sin(x^2-1)}{x^2-1}&&\end{array}


Sätt $t=x^2-1$; då gäller $t\to 0$ då $x\to -1$. Alltså är

\lim_{x\to -1}\frac{\sin(x^2-1)}{x^2-1}=\lim_{t\to 0}\frac{\sin t}{t}=1


Det sökta gränsvärdet är således $-2$.


5.2. b)

Sätt $x=0$.


5.2. c)

Eftersom $x^2-9=(x-3)(x+3)$ så är

\frac{x^2-9}{3-x}=\frac{(x-3)(x+3)}{-(x-3)}=-(x+3)

för $x\not=3$. Alltså är

\lim_{x\to 3}\frac{x^2-9}{3-x}=\lim_{x\to 3}(-(x+3))=-6


5.2. d)

Både täljare och nämnare är 0 för $x=-2$ och enligt faktorsatsen är de delbara med $x-(-2)=x+2$. Division ger $x^2+x-2=(x+2)(x-1)$ och $x^2-4=(x+2)(x-2)$. Alltså är


\lim\limits_{x\to -2}\frac{x^2+x-2}{x^2-4}=\lim\limits_{x\to -2}\frac{(x+2)(x-1)}{(x+2)(x-2)}= \lim\limits_{x\to -2}\frac{x-1}{x-2}=\frac{-2-1}{-2-2}=\frac{3}{4}


5.2. e)

Här är knepet att förlänga med $\sqrt{1-x^2}+\sqrt{1+x^2}$:


\begin{array}{ccc} \lim\limits_{x\to 0}\frac{\sqrt{1-x^2}-\sqrt{1+x^2}}{x^2}&=& \lim_{x\to 0}\frac{(\sqrt{1-x^2}+\sqrt{1+x^2})(\sqrt{1-x^2}-\sqrt{1+x^2})} {(\sqrt{1-x^2}+\sqrt{1+x^2})x^2}\\ \\ &=& \lim\limits_{x\to 0}\frac{(1-x^2)-(1+x^2)}{(\sqrt{1-x^2}+\sqrt{1+x^2})x^2}\\ \\ &=& \lim\limits_{x\to 0}\frac{-2x^2}{(\sqrt{1-x^2}+\sqrt{1+x^2})x^2}\\ \\ &=& \lim\limits_{x\to 0}\frac{-2}{\sqrt{1-x^2}+\sqrt{1+x^2}}=\frac{-2}{1+1}=-1\end{array}


5.2 f)

Förläng med $\sqrt x+1$:


\begin{array}{ccc} \lim\limits_{x\to 1}\frac{\sqrt x-1}{1-x}&=& \lim\limits_{x\to 1}\frac{(\sqrt x+1)(\sqrt x-1)}{(\sqrt x+1)(1-x)}= \lim\limits_{x\to 1}\frac{x-1}{(\sqrt x+1)(1-x)}\\ &=& \lim\limits_{x\to 1}\left(-\frac{1}{\sqrt x+1}\right)=-\frac{1}{2}.\end{array}


5.3. a)

Eftersom $|\sin x^2|\le 1$ så är gränsvärdet 0.


5.3 b)

Skriv $\ln x^2=2\ln x$ och använd ett standardgränsvärde.


5.3 c)

Standardgränsvärde.


5.3 d)

Sätt $x=-t$. Då har vi $t\to\infty$ då $x\to-\infty$, så gränsvärdet är


\lim\limits_{x\to-\infty}x^3e^x=\lim_{t\to\infty}(-t)^3e^{-t}= -\lim\limits_{t\to\infty}t^3e^{-t}=0


enligt ett standardgränsvärde.


5.3 e)

Dividera täljare och nämnare med $x^2$:


\lim\limits_{x\to\infty}\frac{x^2-3x}{3-2x^2}= \lim\limits_{x\to\infty}\frac{1-3/x}{3/x^2-2}=\frac{1}{-2}=-\frac{1}{2}


5.3 f)

Dividera täljare och nämnare med $x^3$.


5.4. a)

Här kan man t ex sätta $t=x-1$, så att $t\to 0$ då $x\to 1$. Vi har $x^3-x=(t+1)^3-(t+1)=t^3+3t^2+2t=t(t^2+3t+2)$, så


\begin{array}{ccc} \lim\limits_{x\to 1}\frac{\sin(x-1)}{x^3-x}&=& \lim\limits_{t\to 0}\frac{\sin t}{t(t^2+3t+2)}\\ \\ &=& \lim\limits_{t\to 0}\frac{\sin t}{t}\cdot \lim\limits_{t\to 0}\frac{1}{t^2+3t+2}= 1\cdot\frac{1}{0+0+2}=\frac{1}{2}\end{array}


5.4 b)


\lim\limits_{x\to 0}\frac{\tan(x-\pi)}{x}= \lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin(x-\pi)}{x\cos(x-\pi)}= \lim\limits_{x\to 0}\frac{-\sin x}{-x\cos x}= \lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}\cdot\lim\limits_{x\to 0}\frac{1}{\cos x}=1


5.4 c)

Nämnaren, men inte täljaren, är 0 för $x=2$, så gränsvärdet existerar inte.


5.4 d)

Sätt in $x=-1$.


5.4 e)

Här måste man förlänga med både \sqrt{x+1}+1 och \sqrt{1-x}+1. Lite räknande ger


\begin{array}{ccc} \frac{\sqrt{x+1}-1}{\sqrt{1-x}-1}&=& \frac{(\sqrt{x+1}-1)(\sqrt{x+1}+1)(\sqrt{1-x}+1)} {(\sqrt{1-x}-1)(\sqrt{1-x}+1)(\sqrt{x+1}+1)}\\ \\ &=& \frac{x(\sqrt{1-x}+1)}{(-x)(\sqrt{x+1}+1)}\\ \\ &=& -\frac{\sqrt{1-x}+1}{\sqrt{x+1}+1}\end{array}


Gränsvärdet då $x\to 0$ är således $-2/2=-1$.


5.4 f)

Förkorta med $x^3$ och använd att $x^{-1}\ln x\to 0$ då $x\to\infty$.


5.5. a)

Vi har $\arctan t\to±\pi/2$ då $t\to±\infty$ och $\arctan 0=0$, så gränsvärdet är $(\pi/2-0)/(-\pi/2)=-1$.


5.5. b)

Skriv t ex


\frac{x\ln x}{2^x}=\frac{x^{-1}\ln x}{2^x/x^2}


Här går täljaren mot 0 och nämnaren mot $\infty$ då $x\to\infty$, så gränsvärdet är 0.


5.5. c)

Förkortar man med $x^3e^{x}$ så får man


\frac{1+x^{-3}e^{-x}}{x^{-1}e^x-2x^{-2}e^{-2x}}


Nu gäller att $x^{-3}e^{-x}$ och $2x^{-2}e^{-2x}$ går mot 0 samt att $x^{-1}e^x$ går mot $\infty$ då $x\to\infty$, så gränsvärdet är 0.


5.5. d)


\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin 4x}{\sin x}=4\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin 4x}{4x}\cdot\frac{x}{\sin x}= 4\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin 4x}{4x}\cdot\lim\limits_{x\to 0}\frac{x}{\sin x}=4\cdot 1\cdot 1=4


5.5. e)

Förläng med $1+\cos x$:


\frac{1-\cos x}{x^2}=\frac{1-\cos^2x}{x^2(1+\cos x)}= \frac{\sin^2x}{x^2(1+\cos x)}= \left(\frac{\sin x}{x}\right)^2\frac{1}{1+\cos x}


Detta går mot $1^2\cdot (1/2)=1/2$ då $x\to 0$. Observera att det här betyder att $1-\cos x\approx x^2/2$ eller $\cos x\approx 1-x^2/2$ då $x$ är nära 0.


5.5. f)

Jämför med e).


5.6. a)


\lim\limits_{x\to 0}\frac{e^{2x}-1}{x}=2\lim\limits_{x\to 0}\frac{e^{2x}-1}{2x}=2\cdot 1=2


5.6. b)


\lim\limits_{x\to 0}\frac{\ln(1-2x)}{x}=(-2)\lim\limits_{x\to 0}\frac{\ln(1-2x)}{-2x}= (-2)\cdot 1=-2


5.6. c)

Sätt $t=x-1$ så att $t\to 0$ då $x\to 1$. Vi får


\lim_{x\to 1}\frac{x-1}{\ln x}=\lim_{t\to 0}\frac{t}{\ln(1+t)}=1


5.6. d)


\lim_{x\to 0}\arctan \frac{\tan x}{x\cos x}=\lim_{x\to 0}\arctan \frac{\sin x}{x\cos^2x}=\arctan\lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}\lim_{x\to 0}\frac{1}{\cos^2x}=\arctan 1\cdot1=\frac{\pi}{4}

\

5.7. a)

$\ln 1=0$


5.7. b)

Förkortning med $x-2$ ger


\lim\limits_{x\to 2}\ln\frac{x^2-2x}{2x-4}=\lim\limits_{x\to 2}\ln\frac{x(x-2)}{2(x-2)}= \lim\limits_{x\to 2}\ln\frac{x}{2}=\ln \frac{2}{2}=\ln 1=0


5.7. c)


\begin{array}{ccc} \lim\limits_{x\to\infty}(\ln(2x^2-x)-\ln(x^2-1))&=& \lim\limits_{x\to\infty}\ln\frac{2x^2-x}{x^2-1}= \lim\limits_{x\to\infty}\ln\frac{2-1/x}{1-1/x^2}\\ \\ &=& \ln\frac{2}{1}=\ln 2\end{array}


5.7. d)


\ln\sqrt{x^4-1}+\ln\frac{1}{x^2}=\ln\frac{\sqrt{x^4-1}}{x^2}= \ln\sqrt{\frac{x^4-1}{x^4}}=\ln\sqrt{1-\frac{1}{x^4}}


Detta går mot $\ln 1=0$ då $x\to-\infty$.


5.7. e)

Täljaren går mot $\pi/2$, så gränsvärdet är 0.


5.7. f)

Till att börja med har vi


\frac{\sin x}{\tan^2x}=\frac{\sin x\cos^2x}{\sin^2x}=\frac{\cos^2x}{\sin x}


så vi skall undersöka $(x-\pi)\cos^2x/\sin x$ då $x\to \pi$. Faktorn $\cos^2x$ går mot $\cos^2\pi=(-1)^2=1$. Sätt $t=x-\pi$ så att $t\to 0$ då $x\to \pi$. Vi har $\sin x=\sin (t+\pi)=-\sin t$, så $(x-\pi)/\sin x=t/(-\sin t)\to -1$ då $t\to 0$. Gränsvärdet är således $-1$.


5.16. a)

Eftersom $2^n/3^n=(2/3)^n$ och $-1<2/3<1$ så är gränsvärdet 0.


5.16. b)

Omskrivningen


\frac{n}{n-1/\sqrt n}=\frac{1}{1-1/n\sqrt n}


visar att gränsvärdet är $1/(1-0)=1$.


5.16. e)

Använd att $\lim_{n\to\infty}(1+x/n)^n=e^x$.


5.16. f)

Observera att $(1+2/n)^{3n}=((1+2/n)^n)^3$. Gränsvärdet blir $(e^2)^3=e^6$.

Den här artikeln är hämtad från http://wiki.math.se/wikis/mm1001_0701/index.php/L%C3%B6sningar_11
Personliga verktyg