Cześć
Wyznaczyć asymptoty funkcji :
\(\displaystyle{ f(x) = ln( e ^{x} ) - ln( x^{2} +1)}\)
\(\displaystyle{ f(x) = ln(e^{x}) - ln(x^{2} +1) = x- ln(x^2 +1)}\)
wyznaczyć asymptoty funkcji
-
ola_wawa_pw
- Użytkownik
- Posty: 10
- Rejestracja: 10 sie 2010, o 16:27
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: warszawa
- Podziękował: 2 razy
-
miodzio1988
-
gott314
- Użytkownik
- Posty: 233
- Rejestracja: 15 kwie 2009, o 16:48
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 8 razy
- Pomógł: 38 razy
wyznaczyć asymptoty funkcji
\(\displaystyle{ f(x)=\ln\frac{e^x}{x^2+1}}\)
1. Obliczamy dziedzinę: \(\displaystyle{ x\in \mathbb{R}}\). Zatem nie ma asymptot pionowych.
2. Obliczamy granice w \(\displaystyle{ \pm \infty}\).
\(\displaystyle{ \lim_{x \to \infty} f(x) = \infty}\), bo z reguły de l'Hospitala (stosujemy ją dwukrotnie) dla funkcji \(\displaystyle{ \frac{e^x}{x^2+1}}\) mamy \(\displaystyle{ \frac{e^x}{2} \rightarrow \infty}\) przy \(\displaystyle{ x \rightarrow \infty}\).
\(\displaystyle{ \lim_{x \to -\infty} f(x) = -\infty}\), bo dla funkcji \(\displaystyle{ \frac{e^x}{x^2+1} \rightarrow 0}\) przy \(\displaystyle{ x \rightarrow -\infty}\).
Zatem nie ma asymptot poziomych.
3. Obliczamy odpowiednie wartości dla asymptoty ukośnej.
\(\displaystyle{ a= \lim_{x \to \pm\infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{ x\to \pm\infty } \frac{\ln\frac{e^x}{x^2 +1}}{x}=1}\) - wystarczy raz zastosować regułę de l'Hospitala.
\(\displaystyle{ b= \lim_{ x\to \pm\infty } f(x)-x = \lim_{ x\to \pm\infty } \ln\frac{e^x}{x^2+1}-x=\lim_{ x\to \pm\infty } \ln\frac{1}{x^2+1}=-\infty}\).
Zatem brak asymptot ukośnych.
1. Obliczamy dziedzinę: \(\displaystyle{ x\in \mathbb{R}}\). Zatem nie ma asymptot pionowych.
2. Obliczamy granice w \(\displaystyle{ \pm \infty}\).
\(\displaystyle{ \lim_{x \to \infty} f(x) = \infty}\), bo z reguły de l'Hospitala (stosujemy ją dwukrotnie) dla funkcji \(\displaystyle{ \frac{e^x}{x^2+1}}\) mamy \(\displaystyle{ \frac{e^x}{2} \rightarrow \infty}\) przy \(\displaystyle{ x \rightarrow \infty}\).
\(\displaystyle{ \lim_{x \to -\infty} f(x) = -\infty}\), bo dla funkcji \(\displaystyle{ \frac{e^x}{x^2+1} \rightarrow 0}\) przy \(\displaystyle{ x \rightarrow -\infty}\).
Zatem nie ma asymptot poziomych.
3. Obliczamy odpowiednie wartości dla asymptoty ukośnej.
\(\displaystyle{ a= \lim_{x \to \pm\infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{ x\to \pm\infty } \frac{\ln\frac{e^x}{x^2 +1}}{x}=1}\) - wystarczy raz zastosować regułę de l'Hospitala.
\(\displaystyle{ b= \lim_{ x\to \pm\infty } f(x)-x = \lim_{ x\to \pm\infty } \ln\frac{e^x}{x^2+1}-x=\lim_{ x\to \pm\infty } \ln\frac{1}{x^2+1}=-\infty}\).
Zatem brak asymptot ukośnych.