☰ matematika1

Oblik FUNKCIJE REALNE VARIJABLE Neprekidnost funkcije

Primjena limesa jednakih broju

Izračunajte:

a): $\displaystyle\lim_{x\to \infty} \left(\frac{2x+3}{2x+1}\right)^{x+1}$ ,
b): $\displaystyle\lim_{x\to 0} \frac{1}{x}\ln \sqrt{\frac{1+x}{1-x}}$ .
c): $\displaystyle\lim_{x\to a} \frac{\ln{x}-\ln{a}}{x-a}$ ,
d): $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{e^x-1}{x}$ .

Rješenje. Prema [M1, primjer 4.9 (b)] je

$\displaystyle \lim_{x\to+\infty}\left(1+\frac{1}{x}\right)^x=e.$

(4.2)

To vrijedi i ako umjesto $+\infty$ stavimo $-\infty$ . Nadalje, iz (4.2) slijedi

$\displaystyle \lim_{x\to0\pm0}(1+x)^{\frac{1}{x}}= \begin{Bmatrix} \displaystyl... ... y\to\pm\infty \end{Bmatrix}=\lim_{y\to\pm\infty}\left(1+\frac{1}{y}\right)^y=e$

pa vrijedi i

$\displaystyle \lim_{x\to0}(1+x)^{\frac{1}{x}}=e.$

(4.3)

a)

Budući je

$\displaystyle \lim_{x\to \infty}\frac{2x+3}{2x+1}=1,$

direktno računanje zadanog limesa daje neodređeni oblik $1^\infty$ . Zato ćemo izraz pod limesom transformirati na sljedeći način:

	$\displaystyle \quad\,\lim_{x\to \infty} \left(\frac{2x+3}{2x+1}\right)^{x+1} = ... ...right)^{x+1}= \lim_{x\to \infty} \left(1+\frac{1}{\frac{2x+1}{2}}\right)^{x+1}=$
	$\displaystyle = \lim_{x\to \infty}\left[ \left(1+\frac{1}{\frac{2x+1}{2}}\right... ...{\frac{2}{2x+1}}\right]^{{\displaystyle\lim_{x\to\infty}} \frac{2(x+1)}{2x+1}}.$

Prema formuli (4.2) je

$\displaystyle \lim_{x\to \infty} \left(1+\frac{1}{\frac{2x+1}{2}}\right)^{\fra... ... t\to \infty \end{Bmatrix}= \lim_{t\to \infty}\left(1+\frac{1}{t}\right)^t=e,$

što zajedno s

$\displaystyle \lim_{x\to\infty} \frac{2(x+1)}{2x+1}=1$

daje

$\displaystyle \lim_{x\to \infty} \left(\frac{2x+3}{2x+1}\right)^{x+1}=e^1=e.$

b)

Uvrštavanjem

u izraz pod limesom dobivamo neodređeni oblik $\infty\cdot 0$ . Primjena svojstava logaritamske funkcije daje

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

Iz neprekidnosti logaritamske funkcije i tvrdnje

[M1, teorem 4.7 (ii)] slijedi

$\displaystyle \lim_{x\to 0}\ln\left(\frac{1+x}{1-x}\right)^{\frac{1}{2x}}$	$\displaystyle = \ln\lim_{x\to 0} \left[ \left(1+\frac{1}{\frac{1-x}{2x}}\right)^{\frac{1-x}{2x}}\right]^{\frac{1}{1-x}}$
	$\displaystyle = \ln\left[ \lim_{x\to 0} \left(1+\frac{1}{\frac{1-x}{2x}}\right)^{\frac{1-x}{2x}}\right]^ {{\displaystyle\lim_{x\to 0}}\frac{1}{1-x}}$
	$\displaystyle = \ln e^1=1,$

jer je

$\displaystyle \lim_{x\to 0\pm0} \left(1+\frac{1}{\frac{1-x}{2x}}\right)^{\frac{... ... \pm\infty \end{Bmatrix}= \lim_{t\to \pm\infty}\left(1+\frac{1}{t}\right)^t=e.$

c)

Uvrštavanjem

u izraz pod limesom dobivamo neodređeni oblik $\frac{0}{0}$ . Primjenom svojstava logaritamske funkcije, tvrdnje

[M1, teorem 4.7 (ii)] na neprekidnu logaritamsku funkciju i potenciju te identiteta (4.3) dobivamo

$\displaystyle \lim_{x\to a}\frac{\ln{x}-\ln{a}}{x-a}$	$\displaystyle = \lim_{x\to a}\frac{\ln\frac{x}{a}}{x-a}= \begin{Bmatrix}x-a=t\\ x\to a\\ t\to 0 \end{Bmatrix}= \lim_{t\to 0}\frac{\ln\frac{a+t}{a}}{t}$
	$\displaystyle = \lim_{t\to 0}\ln{\left(1+\frac{t}{a}\right)}^\frac{1}{t}= \ln\lim_{t\to 0}{\left[{\left(1+\frac{t}{a}\right)}^\frac{a}{t}\right]}^\frac{1}{a}$
	$\displaystyle =\ln{\left[\lim_{t\to 0}{\left(1+\frac{t}{a}\right)}^\frac{a}{t}\... ...{a}= \begin{Bmatrix}\displaystyle \frac{t}{a}=y\\ t\to 0\\ y\to 0 \end{Bmatrix}$
	$\displaystyle =\ln{\left[\lim_{y\to 0}(1+y)^{1/y}\right]}^{\frac{1}{a}}=\ln e^{\frac{1}{a}}=\frac{1}{a}.$

d)

Uvrštavanjem

u izraz pod limesom dobivamo neodređeni oblik $\frac{0}{0}$ . Supstitucijom

i primjenom svojstava logaritamske funkcije, tvrdnje

[M1, teorem 4.7 (ii)] na neprekidnu logaritamsku funkciju i identiteta (4.3) dobivamo

$\displaystyle \lim_{x\to0}\frac{e^x-1}{x}$	$\displaystyle = \begin{Bmatrix}e^x-1=t\\ x\to 0\\ t\to 0 \end{Bmatrix}= \lim_{t\to0}\frac{t}{\ln(t+1)}= \lim_{t\to0}\frac{1}{\ln(t+1)^\frac{1}{t}}$
	$\displaystyle = \frac{1}{\ln{\displaystyle\lim_{t\to0}}(t+1)^\frac{1}{t}}=1.$

Oblik FUNKCIJE REALNE VARIJABLE Neprekidnost funkcije