ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΚΑ ΟΡΙΑ

Όταν έχουμε να υπολογίσουμε το όριο του ημιτονου και το όριο του συνημιτόνου στο $\textcolor{color3}{ x_{0} \in \mathbb{R}}$ γενικα ισχύει ότι

$\textcolor{color3}{\lim_{x\to x_{0}}{ \hm x =\hm x_{0}} \quad \text{και} \quad \lim_{x\to x_{0}} \syn x =\syn x_{0}.}$

Στην περίπτωση που έχουμε τριγωνομετρικά όρια στο $\textcolor{color3}{x_{0} =0 ,}$ της απροσδιόριστης μορφής μηδέν προς μηδέν, $\textcolor{color3}{\dfrac{0}{0},}$ για να ξεπεράσουμε την απροσδιοριστία κάνουμε κατάλληλους μετασχηματισμούς, ώστε να εμφανιστούν τα όρια:

$\textcolor{color3}{\lim_{x\to 0}{ \frac{\hm x}{x}=1} \quad \text{και} \quad \lim_{x\to 0} \frac{\syn x -1}{x}=0.}$

Παράδειγμα.1
Να υπολογίσετε τα όρια:

$\newcounter{afa} \newcommand{\afa }{% \stepcounter{afa}% %exartate \alph{tbc})\ } %exartate \Alph{tbc})\ } \roman{afa})\ } \begin{tabular}{ l l l} $ i )\orio{x}{\frac{\pi}{2}}\dfrac{1-\hm x}{\syn x}$ & $ ii) \orio{x}{\pi}{\dfrac{1+\syn x}{\ef^2 x}}$& $ iii)\orio{x}{0}{\dfrac{1-\syn x}{x\hm x}}$\\ \end{tabular}$

Λύση
i ) Έχουμε:

$\begin{align*} &\lim_{x\to \frac{\pi}{2}}\dfrac{1-\hm x}{\syn x} \overset{\frac{0}{0}}{ =}\\\\ & \lim_{x\to \frac{\pi}{2}}\dfrac{1-\hm x}{\syn x}\cdot\dfrac{1+\hm x}{1+\hm x}=\\\\ & \lim_{x\to \frac{\pi}{2}}\dfrac{1-\hm^2 x}{\syn x\cdot(1+\hm x)}=\\\\ & \lim_{x\to \frac{\pi}{2}}\dfrac{\syn^2 x}{\syn x(1+\hm x)}=\\\\ & \lim_{x\to \frac{\pi}{2}}\dfrac{\syn x}{1+\hm x}= \dfrac{0}{2}=0 \end{align*}$

ii ) Έχουμε:

$\begin{align*} &\lim_{x\to \pi}\dfrac{1+\syn x}{\ef^2 x}\overset{\frac{0}{0}}{ =}\lim_{x\to \pi}\dfrac{1+\syn x}{\frac{\hm^2x}{\syn^2x}}\\\\ &= \lim_{x\to \pi}\dfrac{\syn^2 x(1+\syn x)}{\hm^2 x} = \lim_{x\to \pi}\dfrac{\syn^2 x(1+\syn x)}{1-\syn^2 x}\\\\ &=\lim_{x\to \pi}\dfrac{\syn^2 x(1+\syn x)}{(1-\syn x)(1+\syn x)}=\\\\ &\lim_{x\to \pi}\dfrac{\syn^2 x}{1-\syn x} =\dfrac{1}{2} \end{align*}$

iii ) Έχουμε:

$\begin{align*} &\lim_{x\to 0}\dfrac{1-\syn x}{x\hm x}= \\\\ &\lim_{x\to 0}\dfrac{1-\syn x}{x\hm x}\cdot\dfrac{1+\syn x}{1+\syn x}=\\\\ &\lim_{x\to 0}\dfrac{\hm^2 x}{x\hm x(1+\syn x)}=\\\\ &\lim_{x\to 0}\dfrac{\hm x}{x}\cdot\dfrac{1}{(1+\syn x)}=\\\\ & 1\cdot\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{2} \end{align*}$

Παράδειγμα.2

Να υπολογίσετε τα όρια:

$\newcounter{afa} \newcommand{\afa}{% \stepcounter{afa}% %exartate \alph{tbc})\ } %exartate \Alph{tbc})\ } \roman{afa})\ } \begin{tabular}{ l l } \afa $\displaystyle\lim_{x\to 0}\dfrac{\hm x}{x^2+x}$ & \afa $\displaystyle\lim_{x\to 0}\dfrac{\hm x\cdot\syn x-\hm x}{\sqrt{x^2+9}-3}$ \end{tabular}$

Λύση
i ) Διαιρούμε με $x$ τους όρους του κλάσματος:

$\lim_{x\to 0}\dfrac{\hm x}{x^2+x} = \lim_{x\to 0}\dfrac{\frac{\hm x}{x}}{\frac{x^2+x}{x}} =\lim_{x\to 0}\dfrac{\frac{\hm x}{x}}{\frac{x(x+1)}{x}} = \lim_{x\to 0}\dfrac{\frac{\hm x}{x}}{x+1} = \dfrac{1}{1} =1$

ii ) Διαιρούμε με $x^2$ τους όρους του κλάσματος:

$\begin{align*} &\lim_{x\to 0}\dfrac{\hm x\cdot\syn x-\hm x}{\sqrt{x^2+9}-3}= \\\\ &\lim_{x\to 0}\dfrac{\frac{\hm x\cdot\syn x-\hm x}{x^2}}{\frac{\sqrt{x^2+9}-3}{x^2}}=\\\\ & \lim_{x\to 0}\dfrac{\frac{\hm x\cdot\syn x}{x^2}-\frac{\hm x}{x^2}}{\frac{\sqrt{x^2+9}-3}{x^2}}. \end{align*}$

Όμως είναι:

$\begin{align*} &\lim_{x\to 0}\dfrac{\sqrt{x^2+9}-3}{x^2} =\lim_{x\to 0}\dfrac{\sqrt{x^2+9}-3}{x^2}\cdot\dfrac{\sqrt{x^2+9}+3}{\sqrt{x^2+9}+3}=\\\\ &\lim_{x\to 0}\dfrac{x^2+9-9}{x^2(\sqrt{x^2+9}+3)}=\dfrac{1}{6} \end{align*}$

Άρα το όριο γίνεται:

$\begin{align*} &\lim_{x\to 0}\dfrac{\frac{\hm x\cdot\syn x}{x^2}-\frac{\hm x}{x^2}}{\frac{\sqrt{x^2+9}-3}{x^2}} =\\\\ & \lim_{x\to 0}\dfrac{\frac{\hm x}{x}\cdot(\frac{\syn x-1}{x})}{\frac{\sqrt{x^2+9}-3}{x^2}}=\\\\ & \dfrac{1\cdot 0}{\frac{1}{6}} =0. \end{align*}$

Για την εύρεση τριγωνομετρικών ορίων μπορουμε με κατάλληλους μετασχηματισμούς να χρησιμοποιήσουμε τις παρακάτω ιδότητες:

$\lim_{x\to 0} \dfrac{\hm \alpha x}{\alpha x} = 1, \,\, \alpha \neq 0 \quad \text {και } \quad \lim_{g(x)\to 0} \dfrac{\hm g(x)}{g(x)} =1.$
$\lim_{x\to 0} \dfrac{\syn \alpha x -1}{\alpha x} = 0, \,\, \alpha \neq 0 \quad \text {και } \quad \lim_{g(x)\to 0} \dfrac{\syn g(x) -1}{g(x)} =0.$

Παράδειγμα.3
Να υπολογίσετε τα όρια:

$\newcounter{afa} \newcommand{\afa }{% \stepcounter{afa}% %exartate \alph{tbc})\ } %exartate \Alph{tbc})\ } \roman{afa})\ } \begin{tabular}{ l l } \afa $\displaystyle\lim_{x\to 0}\dfrac{\hm 2x }{x^{2}+x}\quad $ & \afa $ \quad \displaystyle\lim_{x\to 0}\dfrac{1 - \syn 2x }{x^{2}}$ \end{tabular}$

Λύση

i ) Α.ΤΡΟΠΟΣ

$\begin{align*} \displaystyle\lim_{x\to 0}\dfrac{\hm 2x }{x^{2}+x} = & \displaystyle\lim_{x\to 0}\dfrac{\hm 2x }{x(x+1)}\\\\ = & \displaystyle\lim_{x\to 0}\Big(\dfrac{\hm 2x }{x}\cdot\dfrac{1}{x+1}\Big)\\\\ = & \displaystyle\lim_{x\to 0}\Big(\dfrac{\hm 2x }{2x}\cdot\dfrac{2}{x+1}\Big)\\\\ = &1 \cdot \dfrac{2}{0+1} =2. \end{align*}$

Β. ΤΡΟΠΟΣ
Με τη χρήση της τριγωνομετρικής ταυτότητας $\hm 2x = 2\hm x\cdot \syn x.$

$\begin{align*} \displaystyle\lim_{x\to 0}\dfrac{\hm 2x }{x^{2}+x} = & \displaystyle\lim_{x\to 0}\dfrac{2\hm x \cdot \syn x }{x(x+1)}\\\\ = & \displaystyle\lim_{x\to 0}\Big(\dfrac{2\hm x}{x} \cdot\dfrac{ \syn x }{x+1}\Big)\\\\ = & \displaystyle\lim_{x\to 0}2\cdot\Big(\dfrac{\hm x}{x} \cdot\dfrac{ \syn x }{x+1}\Big)\\\\ = & 2\cdot 1 \cdot\dfrac{ \syn 0 }{0+1}= 2. \end{align*}$

ii ) Με τη χρήση της τριγωνομετρικής ταυτότητας $1- \syn2x =2\hm^{2} x,$ έχουμε:

$\begin{align*} \displaystyle\lim_{x\to 0}\dfrac{1 - \syn 2x }{x^{2}} = & \displaystyle\lim_{x\to 0}\dfrac{2\hm^{2}x }{x^{2}}\\\\ = & \displaystyle\lim_{x\to 0}2\cdot\Big(\dfrac{\hm^{2} x }{x^{2}}\Big)\\\\ = & \displaystyle\lim_{x\to 0}2\cdot\Big(\dfrac{\hm x }{x}\Big)^{2}\\\\ = & 2\cdot 1^{2} =2. \end{align*}$

Βιβλιογραφία: Παπαδάκης, εκδόσεις Σαββάλα. Στεργίου – Νάκης, εκδόσεις Σαββάλα.

Αυτή η εργασία χορηγείται με άδεια Creative Commons Αναφορά Δημιουργού – Μη Εμπορική Χρήση – Παρόμοια Διανομή 4.0 Διεθνές .

Δ	Τ	Τ	Π	Π	Σ	Κ
						1
2	3	4	5	6	7	8
9	10	11	12	13	14	15
16	17	18	19	20	21	22
23	24	25	26	27	28	29
30	31

Ν. Α. Διακόπουλος

ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΚΑ ΟΡΙΑ

Μία απάντηση στο “ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΚΑ ΟΡΙΑ”

Αφήστε μια απάντηση Ακύρωση απάντησης

Ένας ιστότοπος για τα Μαθηματικά