Matematyka.pl

t= \frac{1}{x-1} , a potem zastosować fakt, że \sqrt{a}= \frac{a}{\sqrt{a}} dla a >0 oraz rozbić na dwie całki. Jedna chyba pójdzie podstawieniem u=t^{4} , a druga: pomnożyć licznik i mianownik przez t^{3} i to samo podstawienie.-- 22 sty 2015, o 18:18 -- \int \left( \frac{1}{x-1}\sqrt{1+\frac{1}{(...

No to dobrze Ci wyszło. Pokażę może, jak policzyć \lim_{x \to 0^{-}} \frac{\ln(1+2x)}{x} . Otóż \frac{\ln(1+2x)}{x}=2 \frac{\ln(1+2x)}{2x} . A następnie korzystamy z pomocniczego faktu, że \lim_{t \to 0} \frac{\ln(1+t)}{t}=1 (to jest znana granica specjalna) -skoro tak to w szczególności lewostronna...

(a) zamień na \(\displaystyle{ e ^{ \frac{\ln(1+2x)}{x} }}\), policz granicę wykładnika i wykorzystaj ciągłość eksponenty.
(b) podziel licznik i mianownik przez \(\displaystyle{ (n+1)^{4}}\)

Masz gdzieś błąd w obliczeniach (sorry, ale nie będę po kolei wykonywał wszystkich operacji arytmetycznych, bo liczyłem inaczej). Natomiast całkę nieoznaczoną policzyłeś dobrze.

Ale podstawienie, jakie zaproponowałem, nie miało służyć wyliczeniu całki nieoznaczonej. Mamy wówczas x=e ^{t},\mbox{d}x=e^{t}\mbox{d}t i otrzymujemy \int_{0}^{ \infty } \frac{te ^{t} }{1+t^{4}}\mbox{d}t I teraz wystarczy pokazać, że e ^{t} \ge t ^{2} dla dostatecznie dużych t rzeczywistych oraz roz...

Wyliczenie mogłoby być b. trudne. No ale z określeniem, czy jest zbieżna, czy nie, powinno być łatwiej...
Podstawmy \(\displaystyle{ t=\ln x}\). Co wtedy dostajesz? Jak zmienią się granice całkowania? Co możesz powiedzieć o otrzymanej całce?

Zastosuj twierdzenie o trzech ciągach. Ta suma to nie więcej niż \(\displaystyle{ \frac{1}{ \sqrt{n^{2}+1} }}\)zsumowane \(\displaystyle{ n}\) razy i nie mniej niż \(\displaystyle{ \frac{1}{ \sqrt{n^{2}+n} }}\) zsumowane \(\displaystyle{ n}\) razy (szacując z góry zmniejszam liczniki, szacując z dołu zwiększam je).

Rozumiem, że \(\displaystyle{ \cdot}\) oznacza tu iloczyn skalarny? Czym jest \(\displaystyle{ \vec v}\), skoro nie jest argumentem przekształcenia \(\displaystyle{ L}\)? Jakimś dowolnie ustalonym wektorem?

SlotaWoj , długo myślałem, że masz rację w poście z 18:35 i próbowałem to udowodnić, ale jednak tak nie jest. Rozpatrzmy f(x)=x+\sqrt{x} , wówczas \lim_{x \to \infty } \frac{f(x)}{x}=1 , lecz \lim_{x \to \infty }f(x)-1\cdot x= \lim_{x \to \infty } \sqrt{x}= \infty Chyba że w ten sposób zwróciłeś mi...

Zgadza się.

Tak, jak poprzednio.

Twoje przekształcenie (a właściwie to zmiana indeksowania) jest poprawne, ale w żaden sposób nie prowadzi do rozwiązania, chyba że czegoś nie widzę...

No właśnie, napisałem Ci w tym temacie mniej więcej \(\displaystyle{ 3}\) razy, że przy \(\displaystyle{ x \rightarrow -\infty}\) trzeba wziąć \(\displaystyle{ x=- \sqrt{x^{2}}}\), bo wtedy interesują nas siłą rzeczy iksy ujemne.
Powinnaś właśnie wyciągnąć \(\displaystyle{ -x}\).

Teraz pierwszy przykład, tj. przy x \rightarrow \infty jest dobrze (ja z tym istnieniem asymptoty ukośnej zrobiłem trywialny błąd w pamięciowych rachunkach). Masz więc asymptotę poziomą y=1 , natomiast przy x \rightarrow -\infty powinna być pozioma y=-1 (czyli a=0 , b=-1 ) Możesz przedstawić oblicze...

Dziękuję za uzupełnienie.
wilk a, co do Twojej próby policzenia tych granic z 14:59, od razu widać, że w pierwszym przypadku jest źle, niestety.
Przy \(\displaystyle{ x \rightarrow \infty}\) wykorzystaj tę uwagę:
\(\displaystyle{ x=\sqrt{x ^{2} }}\)
a następnie podziel licznik i mianownik przez \(\displaystyle{ \sqrt{x^{2}}}\);