Problem z dwoma granicami

Wyznaczanie granic funkcji. Ciągłość w punkcie i ciągłość jednostajna na przedziale. Reguła de l'Hospitala.
Auster
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 20
Rejestracja: 6 maja 2015, o 17:46
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Łódź
Podziękował: 5 razy

Problem z dwoma granicami

Post autor: Auster »

\(\displaystyle{ 1) \lim_{x \to \infty } x^{ \frac{3}{2}} ( \sqrt{x+2} - 2\sqrt{x+1} + \sqrt{x} ) \\
2) \lim_{x \to \infty } ( \sqrt[3]{x^3-3x^2} - \sqrt{x^2-2x} )}\)


Nie mam pomysłu co z tym zrobić, dziękuje za jakąkolwiek podpowiedź.



edit: udało mi się rozwiązać 1 przez dwukrotne pomnożenie przez wyrażenie sprzężone do licznika. Wynik: \(\displaystyle{ -\frac{1}{4}}\)
SlotaWoj
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 4211
Rejestracja: 25 maja 2012, o 21:33
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Kraków PL
Podziękował: 2 razy
Pomógł: 758 razy

Problem z dwoma granicami

Post autor: SlotaWoj »

Pierwszą przekształcić do postaci:
  • \(\displaystyle{ \lim_{x\to\infty}\frac{\sqrt{x+2}-2\sqrt{x+1}+\sqrt{x}}{x^{-\frac{3}{2}}}}\)
i zastosować regułę de l'Hospitala.

W drugiej wyłączyć \(\displaystyle{ x}\) z pierwiastków, przenieść jako odwrotność do mianownika i również zastosować regułę de l'Hospitala.
Awatar użytkownika
Lider_M
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 867
Rejestracja: 6 maja 2005, o 12:50
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: MiNI PW
Pomógł: 258 razy

Problem z dwoma granicami

Post autor: Lider_M »

SlotaWoj, czy aby na pewno zastosowanie tej reguły tutaj pomoże? Według mnie otrzymamy bardzo podobną granicę jak ta początkowa, a może i trudniejszą.
Awatar użytkownika
Premislav
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 15685
Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 195 razy
Pomógł: 5219 razy

Problem z dwoma granicami

Post autor: Premislav »

Też mam takie wrażenie. Zaproponuję trochę inne rozwiązanie, choć pewnie da się ładniej/bardziej elementarnie.
1. Oczywiście dla \(\displaystyle{ x}\) dodatnich mamy
\(\displaystyle{ \sqrt{x+2} - 2\sqrt{x+1} + \sqrt{x}=\sqrt{x+2}-\sqrt{x+1}-(\sqrt{x+1}-\sqrt{x})=\\= \frac{1}{ \sqrt{x+2}+\sqrt{x+1} } - \frac{1}{\sqrt{x+1}+\sqrt{x}}}\).
Rozważmy \(\displaystyle{ f(t)= \frac{1}{ \sqrt{t}+ \sqrt{t+1} }}\). Powyższa różnica to innymi słowy
\(\displaystyle{ \frac{1}{x+1-x} (f(x+1)-f(x))}\), a więc naq mocy twierdzenia Lagrange'a o wartości średniej dla ustalonego (chwilowo) \(\displaystyle{ x}\) mamy, że
\(\displaystyle{ \frac{1}{ \sqrt{x+2}+\sqrt{x+1} } - \frac{1}{\sqrt{x+1}+\sqrt{x}}= -\frac{ \frac{1}{ \sqrt{v} }+ \frac{1}{ \sqrt{1+v} } }{2( \sqrt{v+1}+ \sqrt{v})^{2} }}\) dla pewnego \(\displaystyle{ v \in (x,x+1)}\). Korzystając z tej uwagi, łatwo wykazać, że
\(\displaystyle{ - \frac{1}{4}x^{-\frac 3 2} \le \frac{1}{ \sqrt{x+2}+\sqrt{x+1} } - \frac{1}{\sqrt{x+1}+\sqrt{x}} \le - \frac{1}{4}(x+2)^{-\frac 3 2}}\)
i zadanie można łatwo "wykończyć" z użyciem twierdzenia o trzech funkcjach. Wynik to \(\displaystyle{ - \frac{1}{4}}\)

-- 15 kwi 2016, o 17:54 --

2. Tak wygląda wzór na różnicę szóstych potęg:
\(\displaystyle{ a^{6}-b^{6}=(a-b)(a^{5}+a^{4}b+a^{3}b^{2}+a^{2}b^{3}+ab^{4}+b^{5})}\)
Zatem jeśli weźmiemy \(\displaystyle{ a= \sqrt[3]{x^{3}-3x^{2}}, b= \sqrt{x^{2}-2x}}\), to otrzymamy, że
\(\displaystyle{ \sqrt[3]{x^3-3x^2} - \sqrt{x^2-2x}= \frac{(x^{3}-3x^{2})^{2}-(x^{2}-2x)^{3}}{a^{5}+a^{4}b+a^{3}b^{2}+a^{2}b^{3}+ab^{4}+b^{5}}}\)
(nie wstawiam do końca \(\displaystyle{ a,b}\), bo przy takich syfach wyskoczyłby błąd w formule na 90%), a to jest równe \(\displaystyle{ \frac{-6x^{5}+9x^{4}+6x^{5}-12x^{4}+8x^{3}}{a^{5}+a^{4}b+a^{3}b^{2}+a^{2}b^{3}+ab^{4}+b^{5}}}\)
Teraz jeśli podzielimy licznik i mianownik przez \(\displaystyle{ x^{5}}\), to łatwo widać, że każdy składnik mianownika będzie zbiegał do jedynki, stąd wynikiem jest \(\displaystyle{ 0}\). Jest tak, gdyż
\(\displaystyle{ \sqrt[3]{x^{3}-3x^{2}} =x \sqrt[3]{1- \frac{3}{x} }}\) oraz dla \(\displaystyle{ x}\) dodatnich mamy
\(\displaystyle{ \sqrt{x^{2}-2x}=x \sqrt{1- \frac{2}{x} }}\)
a4karo
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 22173
Rejestracja: 15 maja 2011, o 20:55
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Bydgoszcz
Podziękował: 38 razy
Pomógł: 3748 razy

Problem z dwoma granicami

Post autor: a4karo »

Ad 2.
żeby się tak nie męczyć możesz napisać
\(\displaystyle{ \lim_{x \to \infty } ( \sqrt[3]{x^3-3x^2} - \sqrt{x^2-2x} )=\lim_{x \to \infty } \left( \left(\sqrt[3]{x^3-3x^2} - x\right)+\left(x-\sqrt{x^2-2x}\right)\right)}\)

i każdą z granic policzyc trochę prostszym sprzężeniem lub przez twierdzenie Lagrange'a (\(\displaystyle{ x=\sqrt[3]{x^3}=\sqrt{x^2}}\))
Awatar użytkownika
Premislav
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 15685
Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 195 razy
Pomógł: 5219 razy

Problem z dwoma granicami

Post autor: Premislav »

Ale tutaj trzeba zgadywać/zauważyć, że coś można dodać i odjąć, a to już sztuczka jak z olimpiady, tylko na niższym poziomie trudności. Żeby tego nie zgadywać, można zrobić tak:
dla \(\displaystyle{ x>0}\) mamy \(\displaystyle{ \sqrt[3]{x^3-3x^2} - \sqrt{x^2-2x}=x\left( \sqrt[3]{1-\frac 3 x}- \sqrt{1-\frac 2 x} \right)}\)
Jeżeli teraz podstawimy \(\displaystyle{ \frac 1 x=t}\), to mamy do policzenia \(\displaystyle{ \lim_{t \to 0^{+}} \frac{ \sqrt[3]{1-3t}- \sqrt{1-2t} }{t}}\)
Oczywistym jest, że zarówno licznik, jak i mianownik zbiegają do zera, zatem stosujemy regułę de l'Hospitala i łatwo dostajemy wynik. Pewnie dużo mniej eleganckie niż użycie tw. Lagrange'a, ale przyznam, że będąc na pierwszym/drugim roku (a wtedy się liczy takie przykłady) prędzej przebiegłbym maraton, niż wpadł na to, co by tu można dodać i odjąć. A byłem akurat przeciętnym studentem, zatem warto dodać jakąś metodę nie super uciążliwą obliczeniowo, a będącą w zasięgu przeciętnego/słabego studenta.
a4karo
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 22173
Rejestracja: 15 maja 2011, o 20:55
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Bydgoszcz
Podziękował: 38 razy
Pomógł: 3748 razy

Problem z dwoma granicami

Post autor: a4karo »

No i to jest akurat ładne

A dodanie i odjęcie czegoś jest jednym ze standardowych tricków, który warto mieć w repertuarze.
Awatar użytkownika
Lider_M
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 867
Rejestracja: 6 maja 2005, o 12:50
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: MiNI PW
Pomógł: 258 razy

Problem z dwoma granicami

Post autor: Lider_M »

Można jeszcze skorzystać ze wzoru Taylora z resztą w postaci Peano.
ODPOWIEDZ