Granice funkcji

Wyznaczanie granic funkcji. Ciągłość w punkcie i ciągłość jednostajna na przedziale. Reguła de l'Hospitala.
Rojek
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 7
Rejestracja: 22 lip 2007, o 20:04
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 7 razy

Granice funkcji

Post autor: Rojek » 23 lip 2007, o 14:05

Witam Was wszystkich i proszę o pomoc :cry: mam parę przykładów które nie chcą mi wyjść nie wiem co źle robie, może Wy mi jakoś pomożecie :?: z góry dzięki

\(\displaystyle{ lim_{x}\to\infty}\)\(\displaystyle{ \frac{x^{2}e^{x}-2x}{x^{2}+4}}\)


\(\displaystyle{ lim_{x}\to1}\)\(\displaystyle{ \frac{xln(2x-1)}{3x-3}}\)

\(\displaystyle{ lim_{x}\to\infty}\)\(\displaystyle{ \frac{x^{2}+2x+x}{xe^{x}}}\) ->caly licznik jest pod pierwiastkiem
Rekrutacja Instytut Matematyczny, Uniwersytet Wrocławski (gif)

Rogal
Gość Specjalny
Gość Specjalny
Posty: 5405
Rejestracja: 11 sty 2005, o 22:21
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: a z Limanowej
Podziękował: 1 raz
Pomógł: 422 razy

Granice funkcji

Post autor: Rogal » 23 lip 2007, o 14:17

Popraw troszku zapis - \(\displaystyle{ \lim_{x \to \infty}}\) i jak licznik ma być pod pierwiastkiem, to go tam dopisz przecież ; )
A co do zadań, to najważniejsze pytanie - korzystamy z reguły de l'Hospitala, czy nie wolno?

Awatar użytkownika
Anathemed
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 101
Rejestracja: 12 lip 2007, o 21:09
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Kraków
Pomógł: 34 razy

Granice funkcji

Post autor: Anathemed » 23 lip 2007, o 14:17

Ad1) \(\displaystyle{ \lim_{x\to\infty}\frac{x^{2}e^{x}-2x}{x^{2}+4}}\) = (dzielimy licznik i mianownik przez \(\displaystyle{ x^2}\)) = \(\displaystyle{ \lim_{x\to\infty}\frac{e^{x}-\frac{2}{x}}{1 + \frac{4}{x^2}}}\), licznik zmierza do nieskończoności (bo \(\displaystyle{ e^x}\) zmierza do nieskończoności), mianownik zmierza do 1, więc całość z ilorazu granic zmierza do nieskończoności.

Ad2) Wystarczy skorzystać z twierdzenia de'Hospitala, wtedy wszystko pięknie wychodzi... O ile możemy użyć tak "zaawansowanej" techniki :wink:
Granica wychodzi wtedy \(\displaystyle{ \frac{2}{3}}\), o ile się nie pomyliłem w rachunkach...

Ad3) Robisz podobnie jak pierwsze, tylko że dzielisz licznik i mianownik przez x. Wtedy licznik zmierza do 1, mianownik zmierza do nieskończoności, czyli całość zmierza do zera

Rojek
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 7
Rejestracja: 22 lip 2007, o 20:04
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 7 razy

Granice funkcji

Post autor: Rojek » 23 lip 2007, o 17:35

wielkie dzieki za pomoc

Awatar użytkownika
max
Gość Specjalny
Gość Specjalny
Posty: 3306
Rejestracja: 10 gru 2005, o 17:48
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Lebendigentanz
Podziękował: 37 razy
Pomógł: 778 razy

Granice funkcji

Post autor: max » 24 lip 2007, o 12:12

W drugim bezpieczniej będzie podstawić \(\displaystyle{ t = x - 1}\) i skorzystać z ciągłości funkcji \(\displaystyle{ x \mapsto \ln x}\):
\(\displaystyle{ \lim_{t \to 0}\frac{(t + 1)\ln(1 + 2t)}{3t} = \lim_{t\to 0}(t + 1)\ln(1 + 2t)^{\frac{1}{3t}} =\\
= 1\cdot \ln e^{2/3} = \frac{2}{3}}\)

Chyba, że bez dowodu przyjmujemy, że:
\(\displaystyle{ \lim_{x\to 0}\frac{\ln(1 + x)}{x} = 1}\)
z której to granicy musimy skorzystać licząc pochodną funkcji \(\displaystyle{ x\mapsto \ln x}\)

ODPOWIEDZ