Matematyka.pl

\(\displaystyle{ f \left( x \right) =x\ln \left( e+ \frac{1}{x} \right)}\)
Rozwiązałem to zadanie, ale nie jestem pewny, czy prawidłowo. Wyszło mi, że dziedziną jest zbiór liczb rzeczywistych, współczynnik \(\displaystyle{ a = 1, b = \infty}\). Czyli wychodzi na to, że asymptoty ukośnej nie mam, czy rozwiązałem to poprawnie?

Na pewno wszystkie rzeczywiste?
Jest ln....-- 25 sty 2015, o 15:02 --i x w mianowniku

Już sam fakt, że we wzorze jest \(\displaystyle{ \frac{1}{x}}\) powinien ci zasugerować, że dziedziną nie jest zbiór R.
Musisz założyć że e + \(\displaystyle{ \frac{1}{x}}\) jest większe od 0, czyli \(\displaystyle{ \frac{ex+1}{x}}\) > 0, czyli (ex+1)x > 0

Dzięki, nie wiem, czemu przeoczyłem ten x w mianowniku.
Założenia do wyznaczenia dziedziny dałem takie:
\(\displaystyle{ 1. e+ \frac{1}{x} > 0 --- 2. x \neq 0}\)

Czyli dla pierwszego warunku, czy ta nierówność nie jest zawsze prawdą?

Nie do końca: Załóżmy, że \(\displaystyle{ e}\) to \(\displaystyle{ 2,72}\) (oczywiście w przybliżeniu).
\(\displaystyle{ 2,72+ \frac{1}{x} >0}\)
\(\displaystyle{ -2,72< \frac{1}{x}}\)
Podstawmy na przykład \(\displaystyle{ x=-0,1}\)
\(\displaystyle{ -2,72<- \frac{1}{0,1}}\)
\(\displaystyle{ -2,72<-10}\)
Otrzymaliśmy sprzeczność.

Więc mógłby ktoś pomóc jak rozwiązać ten warunek?

Oczywiście x musi być różne od zera, ale pierwszy warunek to uwzględni. Tak jak napisałem (ex+1)x > 0, czyli jest to postać paraboli zwróconej do góry ramionami o miejscach zerowych \(\displaystyle{ \frac{-1}{e}}\) oraz 0, a zatem dziedzina to suma przedziałów (-\(\displaystyle{ \infty}\); \(\displaystyle{ \frac{-1}{e}}\)) \(\displaystyle{ \cup}\) (0;+\(\displaystyle{ \infty}\)) (x\(\displaystyle{ \neq}\)0 zostało uwzględnione).
Co do asymptot to czeka cię jeszcze masa pracy.-- 25 sty 2015, o 14:54 --A tak swoją drogą to malpxiii pisze jakąś nieprawdę, bo każe wstawić np. x=-0,1 czyli liczbę nie należącą do dziedziny i wykazuje sprzeczność.

teraz wychodzą moje braki.. mógłbyś proszę rozwiązać ten przykład do końca? bo jak na razie policzyłem tylko dla asymptoty ukośnej granicę:
\(\displaystyle{ \lim_{x\to\infty} = \frac{f(x)}{x} \\ \lim_{x\to\infty}=ln(e+ \frac{1}{x})=lne=1}\)
I teraz mam problem z \(\displaystyle{ \lim_{x\to\infty} = xln(e+ \frac{1}{x})-1}\)
Z góry dziękuję.

Asymptota ukośna ma równanie y=mx+k (m=1 już masz)
k=\(\displaystyle{ \lim_{x \to \infty }}\)[xln(e+\(\displaystyle{ \frac{1}{x}}\)) - 1x] (zgubiłeś x)
Czyli:
k=\(\displaystyle{ \lim_{x \to \infty }}\)x[ln(e+\(\displaystyle{ \frac{1}{x}}\)) - 1]
I dalej aby móc zastosować Regułę de l'Hospitala przekształcamy do postaci:
k=\(\displaystyle{ \lim_{x \to \infty }}\)\(\displaystyle{ \frac{ln(e+1/x) - 1}{1/x}}\)
Pochodna licznika wynosi \(\displaystyle{ \frac{1}{e+1/x}}\) \(\displaystyle{ \cdot}\) \(\displaystyle{ \frac{-1}{x^2}}\)
Pochodna mianownika to: \(\displaystyle{ \frac{-1}{x^2}}\)
A zatem po skróceniu: k=\(\displaystyle{ \lim_{x \to \infty }}\)\(\displaystyle{ \frac{1}{e+1/x}}\) = \(\displaystyle{ \frac{1}{e}}\)
I to by było na tyle.