[tex]\lim_{x->0} \frac{1-\cos^{2}x }{x^2}[/tex]
Hvordan regner man ut slike oppgaver?
Jeg kommer fram til at [tex]\lim_{x->0} \frac{1-\cos^{2}x }{x^2} = \lim_{x->0} \frac{\sin^{2}x }{x^2} = \lim_{x->0} (\frac{\sin{x} }{x})^2 = 1^2 = 1[/tex]
jeg kommer fram til svaret ved å se på grafen men skjønner ikke hvordan jeg skal regne ut det siste steget uten å se på grafen
grenseverdi oppgave
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
En annen oppgave:
[tex]\lim_{x->0} ln(x^2)[/tex] Her ser jeg at [tex]ln(x^2) = 2lnx[/tex]. Jeg vet svaret blir -uendelig fordi lnx vil gå nærmere -uendelig jo nærmere x går mot 0.
ln 0.1 = -2.3, ln 0.01 = -4.6, ln 0.01 = -6.9 osv. Men hva er fremgangsmåten for å løse denne oppgaven?
[tex]\lim_{x->0} ln(x^2)[/tex] Her ser jeg at [tex]ln(x^2) = 2lnx[/tex]. Jeg vet svaret blir -uendelig fordi lnx vil gå nærmere -uendelig jo nærmere x går mot 0.
ln 0.1 = -2.3, ln 0.01 = -4.6, ln 0.01 = -6.9 osv. Men hva er fremgangsmåten for å løse denne oppgaven?
Her kan du anvende L'hospital regel som sier at for to funksjoner [tex]f[/tex] og [tex]g[/tex] som er deriverbare over et åpent intervall [tex]I[/tex] foruten i et eller annet punkt [tex]c \subset I[/tex], hvis da [tex]\lim_{x\rightarrow c}f(x)=\lim_{x\rightarrow c}g(x)=0\vee \pm \infty, g'(x)\neq 0 \forall x\in{I}[/tex] med [tex]x \neq c[/tex] så er det slik at [tex]\lim_{x\rightarrow c}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\rightarrow c}\frac{f'(x)}{g'(x)}[/tex]mangekyou skrev:[tex]\lim_{x->0} \frac{1-\cos^{2}x }{x^2}[/tex]
Hvordan regner man ut slike oppgaver?
Jeg kommer fram til at [tex]\lim_{x->0} \frac{1-\cos^{2}x }{x^2} = \lim_{x->0} \frac{\sin^{2}x }{x^2} = \lim_{x->0} (\frac{\sin{x} }{x})^2 = 1^2 = 1[/tex]
jeg kommer fram til svaret ved å se på grafen men skjønner ikke hvordan jeg skal regne ut det siste steget uten å se på grafen
Da får vi at
[tex]\lim_{x\rightarrow 0} \frac{\sin^2(x)}{x^2}=\lim_{x\rightarrow 0} \frac{\sin(2x)}{2x}=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{2\cos(2x)}{2}=\lim_{x\rightarrow 0}\cos(2x)=\cos(0)=1[/tex]
For [tex]\lim_{x\rightarrow 0}\ln(x^2)=2\lim_{x\rightarrow 0}\ln(x)[/tex] ser vi først på [tex]\lim_{x\rightarrow-\infty}e^x=e^{-\infty}=0[/tex], ta så logaritmen av begge sidene for å se at [tex]\ln(e^{-\infty})=\ln(0)\Leftrightarrow \ln(0)=-\infty[/tex] så da sitter vi igjen med [tex]2\cdot -\infty=-\infty[/tex]
OBS! ln( x[tex]^{2}[/tex] ) = 2 [tex]\cdot[/tex]ln([tex]\left | x \right |[/tex])
Takk, men jeg har ikke kommet så langt. Men jeg skal lese om L'hospital regel!Kay skrev:Her kan du anvende L'hospital regel som sier at for to funksjoner [tex]f[/tex] og [tex]g[/tex] som er deriverbare over et åpent intervall [tex]I[/tex] foruten i et eller annet punkt [tex]c \subset I[/tex], hvis da [tex]\lim_{x\rightarrow c}f(x)=\lim_{x\rightarrow c}g(x)=0\vee \pm \infty, g'(x)\neq 0 \forall x\in{I}[/tex] med [tex]x \neq c[/tex] så er det slik at [tex]\lim_{x\rightarrow c}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\rightarrow c}\frac{f'(x)}{g'(x)}[/tex]mangekyou skrev:[tex]\lim_{x->0} \frac{1-\cos^{2}x }{x^2}[/tex]
Hvordan regner man ut slike oppgaver?
Jeg kommer fram til at [tex]\lim_{x->0} \frac{1-\cos^{2}x }{x^2} = \lim_{x->0} \frac{\sin^{2}x }{x^2} = \lim_{x->0} (\frac{\sin{x} }{x})^2 = 1^2 = 1[/tex]
jeg kommer fram til svaret ved å se på grafen men skjønner ikke hvordan jeg skal regne ut det siste steget uten å se på grafen
Da får vi at
[tex]\lim_{x\rightarrow 0} \frac{\sin^2(x)}{x^2}=\lim_{x\rightarrow 0} \frac{\sin(2x)}{2x}=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{2\cos(2x)}{2}=\lim_{x\rightarrow 0}\cos(2x)=\cos(0)=1[/tex]
For [tex]\lim_{x\rightarrow 0}\ln(x^2)=2\lim_{x\rightarrow 0}\ln(x)[/tex] ser vi først på [tex]\lim_{x\rightarrow-\infty}e^x=e^{-\infty}=0[/tex], ta så logaritmen av begge sidene for å se at [tex]\ln(e^{-\infty})=\ln(0)\Leftrightarrow \ln(0)=-\infty[/tex] så da sitter vi igjen med [tex]2\cdot -\infty=-\infty[/tex]