88663 IMG 25

155

= lim

x — srnz g I h

-I = lim

1 — cos:

*—»o x smi o *-«o 2xsinx + *² cos* o sin*

= lim

*—»o 2 sin x + 4* cos x — x² sin x 1

= lim

x—»0

2 + 4-

x

sin*

cos * — *

2+411-0

■_nx    * ,•    lnxsinx **    “■<!■ ■■•■■>

■ . k*    ^e    g e*-*⁰⁺

iczy®y ^teraz S^ranic§ ^w wykładniku. Mamy

lim (ln*sm*) foo-o| = lim —=— —

,_o+    *—»o+    ¹ fl®ii

5 lim

sin z 1

x—*0“ł"    COS x

/sinx sinx\ ,

= _ hm (---) = (_i) -0 = 0.

*-•0+ \ X cos*/

Ostatecznie szukana granica równa się e° = 1. W miejscu oznaczonym (*) korzystaliśmy | z tożsamości a — e , a w miejscu oznaczonym (**) korzystaliśmy z ciągłości funkcji exp.

cos „

i) lim (1—*)

X—*1~

B _ .    _M?h(l-,)_    cos ¥ Ind - *)

ifS = lim e    — e

X—*1“

Obliczymy teraz granicę w wykładniku. Mamy

7CX

lim cos — ln(l - *)

= lim

X—*1“

ln(l - *) l§t>§ 1 foo

COS

irx

S lim

¹ ~5    = i lim

^1_ —sin

2 , . ^cos ~2

• lim

7TX 7T —    ~ _ 1    _~T_ . TT* •

_ 7i x—* i    •*'    -i    x—► i sin - ■

cos

Druga z granic jest oznaczona i równa się 1 . Pierwsza z granic jest nieoznaczona i obliczymy ją za pomocą reguły de L’Hospitala. Mamy

7TX 7T

7TX

lim -f-

*—i- X - 1

₀ .    7T*

-2 sin —cos

2 5 lim -2_--^-2

I    *^i-    1

0.

Zatem granica wykładnika równa się — • 0 • 1 = 0. Ostatecznie szukana granica równa się

7r

e° — 1. Symbole (*), (**) oznaczają tutaj to samo, co w przykładzie h).

/    1\*    .    slnco.1 ^{,im x,ncoB} x

= e

i\ lim (cos-) i°° i — lim e * **