ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΚΑ ΟΡΙΑ

Print Friendly, PDF & Email

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

Facebooktwittergoogle_pluslinkedinmailFacebooktwittergoogle_pluslinkedinmail

Αφήστε μια απάντηση

Η ηλ. διεύθυνσή σας δεν δημοσιεύεται. Τα υποχρεωτικά πεδία σημειώνονται με *

Δεν είμαι Robot *