Όριο στο άπειρο

gGa · #1

Δίνεται η συνάρτηση $\displaystyle{f(x) ={\frac{\alpha x^2 + \alpha x+2} {x-1}, x>1}$

Για $\displaystyle{\alpha =0}$ , να βρείτε το $\displaystyle{ \lim_{x\rightarrow \propto }\frac{\left|f^2(x)-f(x)-1 \right|-f(x)-1}{f^2(x)(x+ sinx)} }$

maiksoul · #2

Καλησπέρα , μια προσπάθεια μετά από καιρό!
Για a=0

είναι: $\displaystyle{ f(x) = \frac{2}{{x - 1}},\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x) = 0\,\,,\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } [\,\,f^2 (x) - f(x) - 1\,\,]\,\, = - 1\, \Rightarrow f^2 (x) - f(x) - 1\,\, \prec 0\,\, }$ κοντά στο άπειρο.

Άρα αν Α το αρχικό όριο,''κοντά στο άπειρο'' γίνεται:

$A=\displaystyle{ \,\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{ - f^2 (x) + f(x) + 1 - f(x) - 1\,}}{f^2 (x){(x + \sin x)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{ - f^2 (x)}}{f^2 (x){(x + \sin x)}} = \mathop {\lim \frac{-1}{{x + \sin x}}}\limits_{x \to + \infty } }$
Είναι :
$\displaystyle{ \,\forall x \succ 1:\,\,0 \prec x - 1 \le x + \sin x \le x + 1 \Rightarrow \frac{1}{{x + 1}} \le \frac{1}{{x + \sin x}} \le \frac{1}{{x - 1}}\,\,\,(1)\,\,\, }$

εφαρμόζοντας κριτήριο παρεμβολής στην (1) προκύπτει

$\displaystyle{ \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{1}{{x + \sin x}} = 0 }$
άρα το όριο είναι $\displaystyle{ \mathop {A = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } - \frac{1}{{x + \sin x}}}\limits_{} =0 }$

#3

gGa έγραψε:Δίνεται η συνάρτηση $\displaystyle{f(x) ={\frac{\alpha x^2 + \alpha x+2} {x-1}, x>1}$

Για $\displaystyle{\alpha =0}$ , να βρείτε το $\displaystyle{ \lim_{x\rightarrow \propto }\frac{\left|f^2(x)-f(x)-1 \right|-f(x)-1}{f^2(x)(x+ sinx)} }$

Καλησπέρα.

Δεν καταλαβαίνω τι νόημα έχει στην εκφώνηση ο αριθμός

και γιατί δεν δίνεται εξ αρχής $\displaystyle{f(x) = \frac{2}{{x - 1}},x > 1}$ . Μήπως αποτελεί τμήμα μιας άσκησης που έχει και άλλα ερωτήματα;

gGa · #4

Ευχαριστώ κ. Σουλανη για την απάντηση.

Ναι κ. visviki αυτό που ανάρτησα είναι τμήμα μιας ευρύτερης άσκησης.

.....................................................................................................................

Να μου επιτραπεί να σας εκθέσω και την δικιά μου, ποιο απλοϊκή προσέγγιση, στην επίλυση της άσκησης.

Από την αρχική $\displaystyle{f(x) ={\frac{\alpha x^2 + \alpha x+2} {x-1}, x>1}$ και για $\displaystyle{\alpha =0}$ θα μας δώσει $\displaystyle{f(x) ={\frac{2} {x-1}}}$ . Αν θέσω $\displaystyle{y=f(x)}$ θα μπορούσα να απλουστεύσω "εικονικά" την παράστασή στην $\displaystyle{\mathop{\lim} \limits_{x\to +\infty} \frac{\left|y^2-y-1 \right|-y-1}{y^2(x+ sinx)} }$ με $\displaystyle{ \mathop{\lim} \limits_{x\to +\infty}y =0 }$ .
Και έτσι να συνεχίσω: $\displaystyle{ \mathop{\lim} \limits_{x\to +\infty}\frac{\left|y^2-y-1 \right|-y-1}{y^2(x+ sinx)} = \mathop{\lim} \limits_{x\to +\infty}\frac{y^2 \left|1-\frac{1}{y}-\frac{1}{y^2} \right|-y-1}{y^2(x+ sinx)} = \mathop{\lim} \limits_{x\to +\infty} \frac{y^2 (\left|1-\frac{1}{y}-\frac{1}{y^2} \right|-\frac{1}{y}-\frac{1}{y^2})}{y^2(x+ sinx)} = \mathop{\lim} \limits_{x\to +\infty} \frac{ (\left|1-\frac{1}{y}-\frac{1}{y^2} \right|-\frac{1}{y}-\frac{1}{y^2})}{x(1+ \frac{sinx}{x})} }$
$\displaystyle{ \mathop{\lim} \limits_{x\to +\infty}[\frac{1}{x} (\left|1-\frac{1}{y}-\frac{1}{y^2} \right|-\frac{1}{y}-\frac{1}{y^2}) \frac{1}{1+ \frac{sinx}{x}} ] }$

Γνωρίζω (δηλ το αποδεικνύω) ότι η $\displaystyle{ \frac{sinx}{x} }$ είναι μηδενική επί φραγμένη οπότε $\displaystyle{ \mathop{\lim} \limits_{x\to +\infty}\frac{sinx}{x} =0 }$ και έτσι φτάνω στην παράσταση,
$\displaystyle{ 0 \cdot (\left|1-0-0 \right|-0-0)\cdot \frac{1}{1+0}=0 }$

#5

gGa έγραψε: $\displaystyle{ \mathop{\lim} \limits_{x\to +\infty}y =0 }$

Μέχρι εδώ σωστά.

Για τα παρακάτω όμως, ξαναδές την τελευταία γραμμή που δεν είναι σωστή. Γιατί;

gGa έγραψε: $\displaystyle{ \mathop{\lim} \limits_{x\to +\infty}[\frac{1}{x} (\left|1-\frac{1}{y}-\frac{1}{y^2} \right|-\frac{1}{y}-\frac{1}{y^2}) \frac{1}{1+ \frac{sinx}{x}} ] }$

<...> και έτσι φτάνω στην παράσταση,
$\displaystyle{ 0 \cdot (\left|1-0-0 \right|-0-0)\cdot \frac{1}{1+0}=0 }$

gGa · #6

Mihalis_Lambrou έγραψε: Για τα παρακάτω όμως, ξαναδές την τελευταία γραμμή που δεν είναι σωστή. Γιατί;

$\displaystyle{ \mathop{\lim} \limits_{x\to +\infty}[\frac{1}{x} (\left|1-\frac{1}{y}-\frac{1}{y^2} \right|-\frac{1}{y}-\frac{1}{y^2}) \frac{1}{1+ \frac{sinx}{x}} ] }$

<...> και έτσι φτάνω στην παράσταση,
$\displaystyle{ 0 \cdot (\left|1-0-0 \right|-0-0)\cdot \frac{1}{1+0}=0 }$

Έχετε δίκιο εφόσον το $\displaystyle{ \mathop{\lim} \limits_{x\to +\infty}y =0 }$ άρα το $\displaystyle{ \mathop{\lim} \limits_{x\to +\infty}\frac{1}{y} = +\infty}$ , επομένως στο τέλος θα μου προκύπτει απροσδιοριστία.
Και έτσι η αρχική εξαγωγή κοινού όρου από το αρχικό απόλυτο δεν μας οδηγεί σε κάποια ορθολογική αντιμετώπιση του ορίου. Ή υπάρχει κάτι που μου ξεφεύγει;

#7

gGa έγραψε:<...> Ή υπάρχει κάτι που μου ξεφεύγει;

Υπάρχει. Η όλη μεθοδολογία που ακολουθείς είναι σε στραβό δρόμο. Για παράδειγμα

gGa έγραψε:Αν θέσω $\displaystyle{y=f(x)}$ θα μπορούσα να απλουστεύσω "εικονικά" την παράστασή στην

Δεν έχει νόημα να απλουστεύσεις "εικονικά" τίποτα αφού έτσι και αλλιώς είναι απλό. Ίσα-ίσα χάνεις κάτι ουσιαστικό στην επίλυση. Συγκεκριμένα
το $f(x) = \frac {2}{x-1}$ έχει

μέσα του ενώ αν το θέσεις

, χάνεις αυτή την εξάρτηση. Έτσι αν κάνεις τις πράξεις στην παράσταση f^2(x)-f(x)-1

υπάρχουν απλοποιήσεις τις οποίες δεν τις βλέπεις/χρησιμοποιείς αν την ίδια παράσταση την εξετάσεις ως y^2-y-1

. Άρα δεν είναι καλή η ιδέα να "απλουστεύσεις εικονικά" την παράσταση. Στην πράξη την έκανες δυσκολότερη.

Μ.

Όριο στο άπειρο

Όριο στο άπειρο

Re: Όριο στο άπειρο

Re: Όριο στο άπειρο

Re: Όριο στο άπειρο

Re: Όριο στο άπειρο

Re: Όριο στο άπειρο

Re: Όριο στο άπειρο

Μέλη σε σύνδεση