Μελέτη ορίων.

S.E.Louridas · #1

Θεωρούμε την συνάρτηση,
$f:\left( { - \infty ,0} \right) \cup \left( {0,1} \right) \cup \left( {1, + \infty } \right) \to \mathbb{R},\;f\left( x \right) = \frac{1} {{x\left( {x - 1} \right)}}\left( {\frac{e} {2}} \right)^{\frac{{x^2 }} {{x - 1}}} .$
Μελετήστε τα:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right),\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right),\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f\left( x \right),\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f\left( x \right).$

S.E.Louridas

Μάκης Χατζόπουλος · #2

Σωτήρη κάνω την αρχή, θα με συγχωρήσεις αν δεν προφτάσω να δώσω όλα τα υποερωτήματα...

α) $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = 0}$ γιατί,

$\displaystyle{ \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{1}{{x\left( {x - 1} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{1}{{x^2 }} = 0 }$ και $\displaystyle{ \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{x^2 }}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{x^2 }}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } x = - \infty }$ άρα $\displaystyle{ \mathop {\lim }\limits_{u \to - \infty } \left( {\frac{e}{2}} \right)^u = 0 }$

β) Θα αποδείξουμε ότι: $\displaystyle{ \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\left( {\frac{e}{2}} \right)^{\frac{{x^2 }}{{x - 1}}} }}{{x^2 - x}} = + \infty }$

όμως το $\displaystyle{ \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\left( {\frac{e}{2}} \right)^{\frac{{x^2 }}{{x - 1}}} }}{{2x-1}}\mathop = \limits^{\frac{{ + \infty }}{{ + \infty }}} \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\left( {\frac{e}{2}} \right)^{\frac{{x^2 }}{{x - 1}}} \cdot \frac{{x^2 - 2x}}{{x^2 - 2x + 1}} \cdot \ln \frac{e}{2}}}{2} = \frac{{( + \infty ) \cdot 1 \cdot (1 - \ln 2)}}{2} = + \infty }$

άρα το αρχικό όριο γίνεται,

$\displaystyle{ \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\left( {\frac{e}{2}} \right)^{\frac{{x^2 }}{{x - 1}}} }}{{x^2 - x}}\mathop = \limits^{\frac{{ + \infty }}{{ + \infty }}} \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\left( {\frac{e}{2}} \right)^{\frac{{x^2 }}{{x - 1}}} \cdot \frac{{x^2 - 2x}}{{x^2 - 2x + 1}}}}{{2x-1}} \cdot \ln \frac{e}{2} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {\frac{{\left( {\frac{e}{2}} \right)^{\frac{{x^2 }}{{x - 1}}} }}{{2x-1}} \cdot \frac{{x^2 - 2x}}{{x^2 - 2x + 1}} \cdot \ln \frac{e}{2}} \right] = \left( { + \infty } \right) \cdot 1 \cdot \ln \frac{e}{2} = + \infty }$

διόρθωσα κάποιους παρονομαστές από παραγώγιση λόγω D L Hospital

Μάκης Χατζόπουλος · #3

γ) Το όριο $\displaystyle{ \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f\left( x \right) }$ δεν υπάρχει, αφού τα πλευρικά όρια είναι άνισα,

$\displaystyle{ \mathop {\lim }\limits_{x \to 0^ + } f\left( x \right) = \left( { - \infty } \right) \cdot 1 = - \infty }$ ενώ $\displaystyle{ \mathop {\lim }\limits_{x \to 0^ - } f\left( x \right) = \left( { + \infty } \right) \cdot 1 = + \infty }$

Μάκης Χατζόπουλος · #4

δ) Στο ημίχρονο προλαβαίνω να ολοκληρώσω τις λύσεις,

$\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) = ?}$ (το εξετάζω ... τώρα γιατί κάτι δεν μου πάει καλά)

και $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) = + \infty }$

επειδή, $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} {\left( {\frac{e}{2}} \right)^{^{\frac{{{x^2}}}{{x - 1}}}}} = + \infty }$
και $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{1}{{x\left( {x - 1} \right)}} = + \infty }$

άρα το όριο στο χ=1 δεν υπάρχει

Μελέτη ορίων.

Μελέτη ορίων.

Re: Μελέτη ορίων.

Re: Μελέτη ορίων.

Re: Μελέτη ορίων.

Μέλη σε σύνδεση