\lim_{x\to 2_+} \frac{ \sqrt{11x+3}+5 }{x-2}=( \frac{10}{0_+})=+ \infty\)
Granica w x=2 nie istnieje,bo granice jednostronne są różne.
b) \(\lim_{x\to 2_-} \frac{ \sqrt{5x-1}-2 }{x-2}=( \frac{1}{0_-})=- \infty \\
\lim_{x\to 2_+}f(x)= ( \frac{1}{0_+})=+ \infty\)
Nie istnieje granica w punkcie x=2.
c) \(\lim_{x\to 3} \frac{ \sqrt{3x-5}-2 }{x-3}=( \frac{0}{0})= \lim_{x\to 3} \frac{( \sqrt{3x-5}-2)( \sqrt{3x-5}+2) }{(x-3)( \sqrt{3x-5}+2) }= \\= \lim_{x\to 3} \frac{3(x-3)}{(x-3)( \sqrt{3x-5}+2) }= \lim_{x\to 3} \frac{3}{ \sqrt{3x-5}+2} = \frac{3}{4}\)
d)Tu granica = wartości fynkcji dla x=2
\(y=4x-ln(x)\) \(D=R_+\) \(y'=4- \frac{1}{x}\) \(y'>0 \Leftrightarrow 4> \frac{1}{x} \Leftrightarrow x> \frac{1}{4}\) \(y'<0 \Leftrightarrow 4< \frac{1}{x} \Leftrightarrow x< \frac{1}{4}\)
zatem funkcja maleje na lewo, a rośnie na prawo od punktu \(\frac{1}{4}\) czyli w punkcie \(\frac{1}{4}\) ma minimum, które wynosi \(y=4 \cdot \frac{1}{4} -ln(\frac{1}{4})=1+ln4\)
\(f(x)=x^2-32\sqrt{x}\\
D_f=<0:+\infty)\\
f'(x)=2x-\frac{32}{2\sqrt{x}}=2x-\frac{16}{\sqrt{x}}\;\;\;\;\;D_f'=R_+\) \(f'(x)=0\;\;\;\; \Leftrightarrow \;\;\;\;2x- \frac{16}{ \sqrt{x} }=0\\
2x \sqrt{x}=16\\
x \sqrt{x}=8\\
x=4\)
Tu może być ekstremum,ale trzeba zbadać czy jest zmiana znaku pochodnej... \(f'(x)<0\;\;\;\; \Leftrightarrow \;\;\;\;x \sqrt{x}<8\;\;\;czyli \;\;x<4\\
f'(x)>0\;\;\;\;x \sqrt{x}>8\;\;\;\;czyli\;\;\;x>4\)
Zmiana znaku pochodnej z minus na plus , czyli funkcja z malejącej zmienia się na rosnącą,
zatem w punkcie x=4 osiąga minimum. \(f_{min}=f(4)=4^2-64=-48\)
\(y=x^2-4\sqrt{x}\;\;\;\;D_f=<0;+\infty)\\
y'=2x-\frac{4}{2\sqrt{x}}=2x-\frac{2}{\sqrt{x}}\;\;\;\;\;D_f'=(0;+\infty)\) \(y'=0\;\;\;\;\; \Leftrightarrow \;\;\;\;2x- \frac{2}{ \sqrt{x} }=0\\
x=1\)
Badając znak pochodnej na lewo i na prawo od liczby x=1 stwierdzisz,że następuje
zmiana znaku z - na + czyli jest tu minimum. \(f_{min}=f(1)=1-4=-3\)
