Funkcijos ribos apskaičiavimas

Sveiki, gal kas sugebėtumėte tokį uždavinuką išspręst? Būčiau labai dėkingas

$$\lim_{x\rightarrow \infty }\left ( \frac{2^{\frac{x}{\log_{2}(x)}}}{4^{\sqrt{x}}} \right )$$

Paskutinį kartą atnaujinta 2017-03-14

0

peržiūros 432

atsakymai 9

aktyvumas 8 mėn

[tex]...=\lim_{x \to \infty}(\frac{2^{\frac{x}{\log_{2}x}}}{2^x})=\lim_{x \to \infty}2^{\frac{x}{\log_{2}x}-x}=\lim_{x \to \infty}2^{-x}=0[/tex]

0

Atsakymas ∞, bet kol kas nežinau, kaip gauti.

Leliau, $4^\sqrt{x}= 2^{2\sqrt{x}} ≠ 2^x$

0

Ai, jo.

0

Pirmiausia perrašykime reiškinį taip:
[tex]2^{\frac{x}{\log_2x}}:4^{\sqrt{x}}=2^{\frac{x-2\sqrt{x}\log_2x}{\log_2x}}[/tex]
Pirmiau verta skaičiuoti rodiklio ribą, vietoje viso reiškinio ribos.

Įveskime pakeitimą x = 1/y, tada mums reikės skaičiuoti ribą, kai y ->0+.
Tada [tex]\log_2x=\log_2(1/y)=-\log_2(y)=-\log_2(1+y-1)=-\frac{\ln(1+y-1)}{\ln2}\sim -\frac{y-1}{\ln2}~,kai~y\rightarrow 0+[/tex]

Pasinaudoję šiuo sąryšiu, lengvai randame rodiklio ribą, o tada ir viso reiškinio ribą, kai y artėja į nulį (iš dešinės).

Paskutinį kartą atnaujinta 2017-03-14

0

[tex]\lim_{x\rightarrow +\infty }\frac{x-2\sqrt{x}\log_2x}{\log_2x}=\lim_{y\rightarrow 0+ }\frac{1/y+2\sqrt{1/y}\log_2y}{-\log_2y}=\lim_{y\rightarrow 0+ }\frac{1/y+2\sqrt{1/y}\left ( y-1 \right )/(\ln2)}{-\left ( y-1 \right )/(\ln2)}=+\infty[/tex]
Rodiklio riba surasta, lieka nepamiršti rasti viso duotojo reiškinio ribą.

Paskutinį kartą atnaujinta 2017-03-14

0

Milkhater: ln(1 + x) ~ x, kai x -> 0

ln(1 + (y-1)) ~ y - 1 , kai y -> 1, o pas mus y-> 0+

0

Tai ačiū, kad pastebėjai, nes man kažkaip to padaryti nepavyko. Ką gi, tada bandykime taip:

Skaičiuokime rodiklio ribą r:
[tex]r=\lim_{x\rightarrow +\infty }\frac{x-2\sqrt{x}\log_2x}{\log_2x}[/tex].

Įveskime keitinį x = 1/y. Kadangi x artėja į +∞, tai y artėja į 0 (iš dešinės). Tada r skaičiavimas atrodys taip:

[tex]r=\lim_{y\rightarrow 0+ }\frac{1/y-2\sqrt{1/y}\log_2(1/y)}{\log_2(1/y)}=-\lim_{y\rightarrow 0+ }\frac{1+2\sqrt{y}\log_2y}{y\log_2y}=-\frac{1}{\ln^{2}2} \lim_{y\rightarrow 0+ }\frac{\ln2+2\sqrt{y}\ln y}{y\ln y}[/tex]

Dabar panagrinėkime skaitiklį: tada [tex]\lim_{y\rightarrow 0+}\left ( \ln2 + 2\sqrt{y}\ln y \right )=\ln 2+2\lim_{y\rightarrow 0+}\sqrt{y}\ln y =\ln2+2\lim_{y\rightarrow 0+}\frac{\ln y}{\frac{1}{\sqrt{y}}}=\ln2+2\lim_{y\rightarrow 0+}\frac{\frac{1}{y}}{-\frac{1}{2y \sqrt{y}}}=\ln2-4\lim_{y\rightarrow 0+}\sqrt{y}=\ln2[/tex]

Dabar - vardiklį: [tex]\lim_{y\rightarrow 0+}y \ln y=\lim_{y\rightarrow 0+}\frac{\ln y}{\frac{1}{y}}=\lim_{y\rightarrow 0+}\frac{\frac{1}{y}}{-\frac{1}{y^2}}=-\lim_{y\rightarrow 0+}y=-0[/tex]

Abejais atvejais taikiau Lopitalio taisyklę. Taigi [tex]r=\lim_{y\rightarrow 0+}\frac{1}{\ln^22}\frac{\ln2+2\sqrt{y}\ln y}{y\ln y}=-\frac{1}{\ln^22}\frac{\ln2}{-0}=+\infty[/tex]

Galiausiai [tex]\lim_{r\rightarrow +\infty }2^r=+\infty[/tex]

Na va, dabar tikiuosi, kad viską atlikau be kritinių klaidų.

Paskutinį kartą atnaujinta 2017-03-14

0

Galima apsieiti be keitinio:
[tex]r=\lim_{x\rightarrow +\infty }\frac{x-2\sqrt{x}\log_2x}{\log_2x}=\lim_{x\rightarrow +\infty }\frac{1-2\frac{\log_2x}{\sqrt{x}}}{\frac{\log_2x}{x}}[/tex]

Kaip ir ankstesniu atveju, nagrinėkime atskirai skaitiklio ir vardiklio ribas, kai x artėja į  +∞, abejais atvejais pritaikome Lopitalio taisyklę ir tada vėl grįžtame prie ribos r skaičiavimo. Gauname teigiamo skaičiaus dalybą iš +nulio, taigi r = +∞.

Paskutinį kartą atnaujinta 2017-03-14

0

Nekartosiu, kad trupmena užsirašo kaip dvejeto laipsnis, o iš karto nagrinėsiu laipsnio $r= \frac {x}{\log_2x}-2\sqrt{x} \;$ribą.

Įveskime keitinį $t=\log_2x$. Kai $x→+∞$, tai $t→+∞$.

$$ \lim_{t\to +∞} r = \lim_{t\to +∞} \frac{2^t}{t}-2\sqrt {2^t}=\lim_{t\to +∞} 2^{0.5t} (\frac {2^{0.5t}}{t} -2)= \lim_{t\to +∞} 2^{0.5t} (A -2) $$

$$ A= \lim_{t\to +∞} \frac {2^{0.5t}}{t} = \textrm {Liopit tais} = \lim_{t\to +∞} \frac {2^{0.5t} \cdot {0.5ln2}}{1} = ∞ $$

Grįžtam prie r ribos

$$ \lim_{t\to +∞} r = \lim_{t\to +∞} 2^{0.5t} (A -2) = +∞ \cdot +∞ = +∞  $$

Tada pradinė riba

$$ \lim_{t\to +∞} 2^r = 2^{+∞} = +∞ . $$

Paskutinį kartą atnaujinta 2017-03-14

0

Norėdami rašyti žinutes privalote prisijungti!