Dvyne +23
[tex]\lim_{x\to\4} \frac{x^{2}-x-12}{x^{2}-2x-8}[/tex]
[tex]\lim_{x\to\infty} \frac{x^{2}-x-6}{x^{2}+x-2}[/tex]
[tex]\lim_{x\to\1} \frac{x^{2}-1}{x-\sqrt{2x-1}[/tex]
pakeista prieš 13 m
Dvyne +23
[tex]\lim_{x\to\4} \frac{x^{2}-x-12}{x^{2}-2x-8}[/tex]
[tex]\lim_{x\to\infty} \frac{x^{2}-x-6}{x^{2}+x-2}[/tex]
[tex]\lim_{x\to\1} \frac{x^{2}-1}{x-\sqrt{2x-1}[/tex]
pakeista prieš 13 m
house_martin PRO +2322
pirmajame gali rasti kvadratinės funkcijos šaknis ir užrašyti x²+bx+c = (x-x1)(x-x2)
antrajame iškelk x².
O trečiajame nežinau ;] gal tiesiog begalybė, bet iš vienos pusės bus +∞, iš kitos -∞. Šiaip maniau kad gali taip užrašyt:
[tex]\frac{x^2-1}{x-\sqrt{2x-1}}=\frac{(x-1)(x+1)}{x-\sqrt{2x-1}}[/tex]
tada tarti kad kai x artėja į vieną, tai ta šaknis artėja į vienetą, ir suprastinti (x-1) viršuj ir apačioj. tada gautųsi riba lygi 2. bet taip manau negalima ;]
pakeista prieš 13 m
Dvyne +23
house_martinpirmajame gali rasti kvadratinės funkcijos šaknis ir užrašyti x²+bx+c = (x-x1)(x-x2)
antrajame iškelk x².
O trečiajame nežinau ;] gal tiesiog begalybė, bet iš vienos pusės bus +∞, iš kitos -∞. Šiaip maniau kad gali taip užrašyt:
[tex]\frac{x^2-1}{x-\sqrt{2x-1}}=\frac{(x-1)(x+1)}{x-\sqrt{2x-1}}[/tex]
tada tarti kad kai x artėja į vieną, tai ta šaknis artėja į vienetą, ir suprastinti (x-1) viršuj ir apačioj. tada gautųsi riba lygi 2. bet taip manau negalima ;]
house_martin PRO +2322
galėtau, bet tingėtau ;P
1) x²-x-12 = (x+3)(x-4)
x²-2x-8 = (x+2)(x-4)
toliau jau ir ežiui aišku turėtų būti ;]
2) [tex]\frac{x^2-x-6}{x^2+x-2}=\frac{x^2}{x^2} \cdot \frac{1-1/x-6/x^2}{1+1/x-2/x^2}[/tex]
kai x artėja į begalybę, 1/x artėja į nulį...
house_martin PRO +2322
gali mėgint išskleist lnx laipsnine eilute. wikipedijoje siūlo tokį variantą:
čia aišku yra (1+x), bet ln(x) gali perrašyti į (1+[x-1]). tada toj eilutėje pakeisi visus (x) į (x-1) ir x->0, rodosi kad visas šitas reikalas artėja į nulį.
pakeista prieš 13 m
house_martin PRO +2322
-1 + 1/2 - 1/3 + 1/4 ... artėja į -ln(2), o ne į begalybę, tad x²ln(x), kai x->0 yra 0²*(-ln[2]) = o čia jau ir nebežinau ;P
;D
AncientMariner +411
Mean Value Theorem (nesivarginau ieškot lietuviško pavadinimo):
jei f : (a, b) -> R yra diferencijuojama funkcija ir a < x, y < b, tai f(x) = f(y) + (x - y).f'(u) su kažkokiu u tarp x, y (t.y., jei x < y, tai x ≤ u ≤ y, o jei x > y, tai x ≥ u ≥ y).
Čia turbūt pati naudingiausia pirmų analizės kursų teorema.
log x diferencijuojamas, kai (0, ∞), todėl taikome MVT x (0 < x < 1) ir y = 1:
log x = log 1 + (x - 1) . log' u = (x - 1) / u, kur x ≤ u ≤ 1. Taigi |log x| ≤ |x - 1| / x = 1/x - 1 < 1/x.
Taigi |x² log x| < x² . 1/x = x -> 0, kai x -> 0, t.y. x² log x -> 0, kai x -> 0.
Patarčiau vengti funkcijos skleidimo eilutėmis, nebent užsiiminėjate taikomąja matematika. Ten viską matematiškai aiškinti yra sudėtinga. Jei visgi norite taikyti Teiloro eilutes, pasiskaitykite apie Teiloro teoremą, kuri (daugmaž) pasako, kaip tiksliai ta eilutė aprašo funkciją.
pakeista prieš 13 m
AncientMariner +411
Dar vienas (paprastesnis) būdas būtų palyginti |1/x| ir |log x|.
Pažymėkime f(x) = -1/x, g(x) = log x. Kai 0 < x < 1, turime
f'(x) = 1/x² > 1/x = g'(x).
Taigi (f-g)'(x) > 0, todėl f(x)-g(x) mažėja, kai x mažėja. Todėl f(x) - g(x) ≤ f(1) - g(1) = -1 ir 0 > g(x) ≥ f(x) + 1 (kai 0 < x < 1). Kitaip sakant, 0 > log x ≥ -1/x + 1 ir vėl gauname tą patį rezultatą.
Visgi dažniau galima pritaikyti MVT nei tiesiog rasti gražią funkciją, kuri aprėžia nagrinėjamą funkciją, todėl patarčiau labiau panagrinėti pirmą sprendimą.
pakeista prieš 13 m
AncientMariner +411
Išsikelk 1 iš trupmenos: gausi 1 + kažkas, kas artėja prie 0.
AncientMariner +411
Nežinau, nesu meistras subtilaus pertvarkymų pavadinimų meno :D Svarbu, kad susikalbam.
Nori sudalyvauti šioje temoje ir parašyti savo pranešimą? Prisijungti »
© 2007 - 2024 eMatematikas.lt Kontaktai Naudojimosi taisyklės Privatumo politika