Asymptoty funkcji

[elektro]

Witam!
Mam wyznaczyć asymptoty funkcji. Prosiłbym o sprawdzenie.

1.
\(\displaystyle{ f(x) = xe^{\frac{1}{x}}}\)

Wyznaczam dziedzinę:
\(\displaystyle{ x \in R - \{0\}}\)

Szukamy pionowych:
\(\displaystyle{ \lim_{x \to 0^{-}} xe^{\frac {1}{x}} = 0 \\
\lim_{x \to 0^{+}} xe^{\frac {1}{x}} = + \infty}\)
\(\displaystyle{ x=0}\) - czyli mamy asymptotę pionową

Szukamy teraz ukośnych:
\(\displaystyle{ a = \lim_{x\to+\infty} \frac {xe^{\frac{1}{x}}}{x}= \lim_{x\to+\infty} e^{\frac {1}{x}} = 0\\
b = \lim_{x\to-\infty} xe^{\frac{1}{x}} - ax = + \infty}\)
Czyli brak.

2.
\(\displaystyle{ f(x) = -\frac{1}{4}lncos^4x-ln\sqrt{1+tg^2x}-\pi}\)

Wyznaczam dziedzinę:
\(\displaystyle{ \left\{\begin{matrix}
cos^4x >0\\
\sqrt{1+tg^2x} > 0\\
1+tg^2x \geq0
\end{matrix}\right. \\
x \in R}\)
Ale coś mi się to nie widzi....

3.
\(\displaystyle{ f(x) = x \ln (\frac{1}{x}+e)}\)

Wyznaczam dziedzinę:
\(\displaystyle{ \left\{\begin{matrix}
x \neq 0\\
\frac{1}{x} + e >0
\end{matrix}\right. \\
x \in (- \infty;-\frac {1}{e}) \cup(0;+\infty)\\}\)
Czy dobrze? Co z tym dalej zrobić?

Proszę o pomoc.
Z góry dziękuję.

[zati61]

1.

x=0 - czyli mamy asymptotę pionową

prawostronną

Szukamy teraz ukośnych:
\(\displaystyle{ a = \lim_{x\to+\infty} \frac {xe^{\frac{1}{x}}}{x}= \lim_{x\to+\infty} e^{\frac {1}{x}} =}\)

\(\displaystyle{ =e^{0}=1}\)
pozioma ukośna \(\displaystyle{ y=x}\)

2. \(\displaystyle{ \left\{\begin{matrix} cos^4x >0\\ 1+tg^2x > 0 \end{matrix}\right \Rightarrow \begin{cases} cosx \neq 0 \\ x \in R \end{cases} \Rightarrow x \neq \frac{\pi}{2}+k \pi; k \in C}\)
więc pionowe sprawdź dla \(\displaystyle{ \frac{\pi}{2}}\)
poziome/ukośne normalnie liczysz

3.

Czy dobrze? Co z tym dalej zrobić?

Dobrze jest, pionową liczysz dla krańców wewnętrznych dziedziny, czyli dla \(\displaystyle{ - \frac{1}{e}}\) oraz dla \(\displaystyle{ 0}\)
poziome,ukośne normalnie

[elektro]

Wielkie dzięki za pomoc .

Ad 1.
No tak, mój błąd...

Ad 2.
To próbujemy:
\(\displaystyle{ \lim_{x \to \frac {\pi}{2}^{-}} -\frac{1}{4}lncos^4x-ln\sqrt{1+tg^2x}-\pi =\lim_{x \to \frac {\pi}{2}^{-}} ln (\frac {cosx}{\sqrt{1+tg^2x}}) - \pi=\lim_{x \to \frac {\pi}{2}^{-}} ln(cos^2x)-\pi =\pm \infty\\
\lim_{x \to \frac {\pi}{2}^{+}} -\frac{1}{4}lncos^4x-ln\sqrt{1+tg^2x}-\pi =\lim_{x \to \frac {\pi}{2}^{+}} ln (\frac {cosx}{\sqrt{1+tg^2x}}) - \pi=\lim_{x \to \frac {\pi}{2}^{+}} ln(cos^2x)-\pi =\pm \infty}\)
Tak na czuja to szacowałem, na moje oko któraś z nieskończoności wyjdzie, czyli mamy asymptotę pionową obustronną?

Szukamy ukośnej:
\(\displaystyle{ a=\lim_{x \to + \infty} =-\frac{lncos^4x-ln\sqrt{1+tg^2x}-\pi}{4x}= ?}\)
Ciężko z tym jakoś ruszyć... ;/

Ad 3.
\(\displaystyle{ \lim_{x \to -\frac{1}{e}^{-}} xln(\frac{1}{x}+e)=0 \\
\lim_{x \to -\frac{1}{e}^{+}} xln(\frac{1}{x}+e)=0}\)
\(\displaystyle{ \lim_{x \to 0^{-}} xln(\frac{1}{x}+e)=0 \\
\lim_{x \to 0^{+}} xln(\frac{1}{x}+e)=0}\)
Czyli brak pionowych.
To robiłem z wykresu na Wolframie.

Szukamy ukośnych:
\(\displaystyle{ a=\lim_{x \to + \infty} ln(\frac{1}{x}+e)=1 \\
b =\lim_{x \to -\infty} xln(\frac{1}{x}+e) -x=?}\)

I znowu klops...

[zati61]

AD2
\(\displaystyle{ \frac{-1}{4} ln \ cosx^4= ln \ \cos \frac{1}{x}}\) a nie cos(x)

Ciężko z tym jakoś ruszyć... ;/

robisz tak samo jak z pionowymi(ew. korzystasz z De L'Hospitala jeśli będą symbole niepznaczone)
Ad 3.
\(\displaystyle{ \lim_{x \to -\frac{1}{e}^{-}} xln(\frac{1}{x}+e)}\)
nie istnieje, bo mamy: \(\displaystyle{ ln0^{-}}\)
wolfram pokazuje, że istnieje prawostronna(lewostronna tez rysuje(mimo ze nie lezy w dziedzinie wszystko na lewo od tego argumentu; ale to program..)
masz symbol nieoznaczony, cos wyjdzie

ukośna
czemu klops? zawsze sprawdź podstawiając argument do którego dąży, albo wyjdzie od razu albo masz symbol nieoznaczony i musisz korzystac z De L'Hospitala:
\(\displaystyle{ xln(\frac{1}{x}+e) -x=x(ln(\frac{1}{x}+e)-lne)=x \ln( \frac{ \frac{1}{x} +e}{e})}\)

[elektro]

Dziękuję za pomoc, to mi sporo wyjaśniło !