Strona 1 z 1
Granica
: 03 lut 2017, 16:02
autor: jkmfan
Witam. Bardzo proszę o sprawdzenie poprawności wykonanego przeze mnie zadania.
Mam policzyć granicę \(\Lim_{x\to- \infty } \sqrt{x^2+1} +x\)
Sprawdzam do czego dąży: \([ \sqrt{(- \infty )^2+1} - \infty] = [ \infty - \infty ]\) Wychodzi symbol nieoznaczony, więc musimy odpowiednio przekształcić wzór.
A więc mnożymy przez sprzężenie: \(\Lim_{x\to - \infty } = \sqrt{x^2+1}+x* \frac{\sqrt{x^2+1}-x}{\sqrt{x^2+1}-x} = \Lim_{x\to - \infty } \frac{1}{ \sqrt{x^2+1} -x}\)
Teraz ponownie sprawdzam do czego dąży: \([ \frac{1}{ \sqrt{(- \infty )^2+1}- (-\infty) }] = [ \frac{1}{ \infty } ]\)
A więc granica tej funkcji równa jest \(0\)
Z góry dziękuję za odpowiedź.
Pozdrawiam
Re: Granica
: 03 lut 2017, 16:14
autor: panb
Wszystko OK, poza brakiem nawiasu w linijce:
A więc mnożymy przez sprzężenie: \(\Lim_{x\to - \infty } = \sqrt{x^2+1}+x* \frac{\sqrt{x^2+1}-x}{\sqrt{x^2+1}-x} = \Lim_{x\to - \infty } \frac{1}{ \sqrt{x^2+1} -x}\)
Powinno być
\(\Lim_{x\to - \infty } = ( \sqrt{x^2+1}+x)* \frac{\sqrt{x^2+1}-x}{\sqrt{x^2+1}-x} = \Lim_{x\to - \infty } \frac{1}{ \sqrt{x^2+1} -x}\)
: 03 lut 2017, 17:32
autor: jkmfan
Mam jeszcze jedno pytanko.
Gdy liczymy granicę jednostronne \(\Lim_{x\to2^- } \frac{x^2-4}{|x-2|}\) i \(\Lim_{x\to2^+ } \frac{x^2-4}{|x-2|}\) to czy wartości bezwzględne opuszczamy kolejno \(\Lim_{x\to2^- } \frac{x^2-4}{-(x-2)}\) (ponieważ \(x<2\) i wartość w nawiasie będzie ujemna) i analogicznie \(\Lim_{x\to2^+ } \frac{x^2-4}{x-2}\)? Czy jest to dobre rozumowanie?
Z góry dziękuję za odpowiedź
: 03 lut 2017, 18:07
autor: panb
Masz zupełną rację.
: 04 lut 2017, 01:15
autor: jkmfan
Wielkie dzięki za pomoc
Mam jeszcze jedno pytanko, a nie chce zakładać nowego wątku.
Nie mam pomysłu jak rozwiązać ten przykład:
\(\Lim_{x\to1^-} (1-x)^{sin \pi x}\)
Podstawiając jedynkę wychodzi
\(0^{0}\)
Nie wiem co dalej robić.
: 04 lut 2017, 03:48
autor: jkmfan
Nie mogę znaleźć przycisku edycji posta, dlatego pisze kolejny, za co przepraszam.
Myślę, że uporałem się z tą granicą, lecz dla pewności bardzo proszę o sprawdzenie.
\(\Lim_{x\to1^- }(1-x)^{sin \pi x} = [0^0] = \Lim_{x\to 1^-} e^{sin \pi x*ln(1-x)}\)
Teraz badam granicę wykładnika:
\(\Lim_{x\to 1-} sin \pi x*ln(1-x)=[0*(- \infty )]\)
Aby móc policzyć tą granicę reguła de l'Hospitala przekształcam do postaci:
\(\Lim_{x\to1^- } \frac{ln(1-x)}{ \frac{1}{sin \pi x} }\)
Dalej liczę z de l'Hospitala
\(\Lim_{x\to 1^-} \frac{ \frac{1}{(1-x)}*(-1) }{ \frac{1}{cos \pi x} }* \pi\)
Sprawdzam:
\([ \frac{ \frac{1}{0^+} *(-1)}{(-1)}* \pi ]=+ \infty\)
A więc
\(\Lim_{x\to1^- }(1-x)^{sin \pi x} = [e^ \infty] = \infty\)
Granica jest dosyć skomplikowana, więc bardzo możliwe, że gdzieś się pomyliłem
: 04 lut 2017, 11:37
autor: panb
Pomyliłeś się, bo pochodna \(\left( \frac{1}{\sin \pi x} \right)'=- \frac{\pi\cos\pi x}{\sin^2\pi x}\)
Jeszcze raz zastosuj Francuza do \(\frac{\sin^2\pi x}{1-x}\) i ...powinno wyjść (jak zwykle ) zero, a cała granica
\(\Lim_{x\to1^- } (1-x)\sin\pi x=1\)