Matematikos Maratonas Nr. 3

$$(3x)^{3x}+ x^x-2(2x)^{2x}=27^x\cdot(x^x)^3+x^x-2\cdot4^{x}(x^x)^2=x^x\left(27^x\cdot (x^x)^2-2\cdot 4^x\cdot x^x+1\right)=\\=\left(27x\right)^x\left((x^x)^2-2\cdot \left(\dfrac{4}{27}\right)^x\cdot x^x+\left(\dfrac{1}{27}\right)^x\right)=\\=\left(27x\right)^x\left(\left(x^x-\left(\dfrac{4}{27}\right)^x\right)^2-\left(\dfrac{16}{729}\right)^x+\left(\dfrac{1}{27}\right)^x\right)=\left(27x\right)^x\left(\left(x^x-\left(\dfrac{4}{27}\right)^x\right)^2+\dfrac{27^x-16^x}{729^x}\right)$$ [tex]x^x>0,\space a^x>0,[/tex] kai [tex]a>0,a≠1,x>0[/tex], taip pat [tex]a^x>b^x[/tex], kai [tex]a>b>1,\space x>0[/tex].
Apibendrindami teigiame, kad: $$\left(27x\right)^x\left(\left(x^x-\left(\dfrac{4}{27}\right)^x\right)^2+\dfrac{27^x-16^x}{729^x}\right)>0\implies (3x)^{3x}+ x^x-2(2x)^{2x}>0\implies\\\implies(3x)^{3x}+ x^x>2(2x)^{2x}$$

Ne visai supratau, kuri tai vieta neaiški. Ta prasme šita $$(3x)^{3x}+ x^x-2(2x)^{2x}>0\implies\\\implies(3x)^{3x}+ x^x>2(2x)^{2x}$$? Taigi čia tik vienas dydis į kitą pusę perkeltas.
O jei visgi kalbi apie pagrindimą, jog ta sandauga daugiau už 0, tai manau aišku, kad pirmasis dauginamasis yra teigiamas, antrasis dauginamasis sudarytas iš dviejų dėmenų, kurių vienas yra reiškinys pakeltas kvadratu, taigi tai yra visad teigiama, o vėliau turime trupmeną, kurios vardiklis tikrai teigiamas, o skaitiklis teigiamas, nes [tex]27^x>16^x[/tex].

Tiesa pirma mintis man taip pat buvo nagrinėti tų funkcijų grafikus, ypač po to, kai davei nurodymą, bet vėliau atsitiktinai priėjau šio sprendimo ir supratau, jog čia ko gero geriausia, ką galėjau sugalvoti šiam uždaviniui.

Taigi aukščiau yra išvedimas. Lygybė reiškia ekvivalentumą taigi iš pradinio reiškinio gauname galutinį ir atvirkščiai.

Naujas uždavinys:
Apskaičiuokite: [tex]\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{n+6}{n(n+2)(n+3)}[/tex]

Viskas gerai, tik [tex]S_n=1-\frac{1}{3}+\frac{1}{2}-\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}+\frac{1}{n+3}[/tex].
Gali kelti uždavinį.

[tex]\lim_{x\to +inf} [(x+2)\cdot e^{\frac{1}{x}}-x] = \lim_{x\to +inf} e^{\frac{1}{x}}[(x+2)-\frac{x}{e^{\frac{1}{x}}}] = \lim_{x\to +inf} e^{\frac{1}{x}}\cdot \lim_{x\to +inf} (x+2-\frac{x}{e^{\frac{1}{x}}}).[/tex]

[tex]\lim_{x\to +inf} e^{\frac{1}{x}} = e^{\frac{1}{+inf}}=e^{0}=1[/tex], tad perrašome ką turime:

[tex]1\cdot \lim_{x\to +inf} (x+2-\frac{x}{e^{\frac{1}{x}}})=\lim_{x\to +inf} (x-\frac{x}{e^{\frac{1}{x}}})+2.[/tex] Pasižymėkime ją (*).

Nesunku pastebėti[tex][/tex], kad [tex]x-\frac{x}{e^{\frac{1}{x}}}=e^{-\frac{1}{x}}\cdot x(e^{\frac{1}{x}}-1)=\frac{x(e^{\frac{1}{x}}-1)}{e^{\frac{1}{x}}}[/tex].

Tada [tex]\lim_{x\to +inf} (x-\frac{x}{e^{\frac{1}{x}}}) = \lim_{x\to +inf} \frac{x(e^{\frac{1}{x}}-1)}{e^{\frac{1}{x}}}=\lim_{x\to +inf} x(e^{\frac{1}{x}}-1).[/tex]

Įsivedame keitinį: [tex]\frac{1}{x}=t[/tex], [tex]x \to +inf \Leftrightarrow t \to 0[/tex].

Tada turime [tex]\lim_{x\to +inf} x(e^{\frac{1}{x}}-1)=\lim_{x\to +inf} \frac{(e^{\frac{1}{x}}-1)}{\frac{1}{x}}=\lim_{t\to 0} \frac{e^{t}-1}{t}=\ln e =1[/tex]

Vadinasi, riba, kurią pasižymėjome (*), yra lygi [tex]\lim_{x\to +inf} (x-\frac{x}{e^{\frac{1}{x}}})+2=1+2=3[/tex].

Ats.: [tex]\lim_{x\to +inf} [(x+2)\cdot e^{\frac{1}{x}}-x] =3[/tex].

Aš turėjau trumpesnį:
[tex]\lim\limits_{x\to\infty}\left[(x+2)e^{\frac{1}{x}}-x\right]=\lim\limits_{x\to\infty}\left[x\left(e^{\frac{1}{x}}-1\right)+2e^{\frac{1}{x}}\right]=\lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{e^{\frac{1}{x}}-1}{\frac{1}{x}}+2[/tex]
Tuomet: [tex]t=\frac{1}{x}[/tex], kai [tex]x\to\infty,t\to 0[/tex], vadinasi:
[tex]\lim\limits_{t\to0}\dfrac{e^{t}-1}{t}+2=1+2=3[/tex]
Bet dabar "fanfaros" groja purexlt.

Garbę kelti sekantį uždavinį perleidžiu kam nors kitam :)

Čia [tex]a>0,a≠1[/tex].
Tuomet [tex]\lim\limits_{x\to\infty}\left[(x+2)a^{\frac{1}{x}}-x\right]=\lim\limits_{x\to\infty}\left[x\left(a^{\frac{1}{x}}-1\right)+2a^{\frac{1}{x}}\right]=\lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{a^{\frac{1}{x}}-1}{\frac{1}{x}}+2[/tex]
Tuomet: [tex]t=\frac{1}{x}[/tex], kai [tex]x\to\infty,t\to 0[/tex], vadinasi:
[tex]\lim\limits_{t\to0}\dfrac{a^{t}-1}{t}+2=\ln a+2=4\implies \ln a=2\implies a=e^2[/tex]

O kokia čia argumentacija reikalinga? Mano žiniai rodiklinė funkcija yra apibrėžta esant tokioms laipsnio pagrindo reikšmėms.