eMatematikas Prisijunk Forumas VBE užduotys ONLINE testai

Funkcijos riba


[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

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

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 ;]


Gal galetai uzrasyt?.. :)

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...

gali mėgint išskleist lnx laipsnine eilute. wikipedijoje siūlo tokį variantą:
http://upload.wikimedia.org/math/6/3/7/6378dea4f7ed4d34dbcace93283986fe.png
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

-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

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

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

Išsikelk 1 iš trupmenos: gausi 1 + kažkas, kas artėja prie 0.

Nežinau, nesu meistras subtilaus pertvarkymų pavadinimų meno :D Svarbu, kad susikalbam.

Nori sudalyvauti šioje temoje ir parašyti savo pranešimą? Prisijungti »