3 Oριάκια.

irakleios · #1

Να υπολογισθούν τα όρια

1) $\lim_{x\to2} \frac{2^x+2^{3-x}-6}{\sqrt{2^{-x}}-2^{1-x}}$ ;

2) $\lim_{x\to a}\frac{\sqrt{x}-\sqrt{a}+\sqrt{x-a}}{\sqrt{x^2-a^2}}$ ;

3) $\lim_{x\to \infty} \left ({\sqrt{x^2+ax+c}+\sqrt{x^2+bx+d}-2x}\right)$ .

hlkampel · #2

Ας αρχίσω με το πρώτο

$\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{2^x + 2^{3 - x} - 6}}{{\sqrt {2^{ - x} } - 2^{1 - x} }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{2^x + \frac{8}{{2^x }} - 6}}{{2^{ - \frac{x}{2}} - \frac{2}{{2^x }}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\frac{{2^{2x} - 6 \cdot 2^x + 8}}{{2^x }}}}{{\frac{{2^{\frac{x}{2}} - 2}}{{2^x }}}} =$

$\displaystyle{ \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\left( {2^x - 4} \right)\left( {2^x - 2} \right)}}{{\sqrt {2^x } - 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\left( {2^x - 4} \right)\left( {2^x - 2} \right)\left( {\sqrt {2^x } + 2} \right)}}{{2^x - 4}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \left( {2^x - 2} \right)\left( {\sqrt {2^x } + 2} \right) = 8 }$

hlkampel · #3

Συνεχίζω και με το δεύτερο

Πρέπει $x \ge 0$ , $\alpha \ge 0$ και $x > \alpha$
Αν $\alpha > 0$ τότε:
$\displaystyle{ \mathop {\lim }\limits_{x \to \alpha ^ + } \frac{{\sqrt x - \sqrt \alpha }}{{\sqrt {x^2 - \alpha ^2 } }}\mathop = \limits^{\frac{0}{0}} \mathop {\lim }\limits_{x \to \alpha ^ + } \frac{{\frac{1}{{2\sqrt x }}}}{{\frac{{2x}}{{2\sqrt {x^2 - \alpha ^2 } }}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \alpha ^ + } \frac{{\sqrt {x^2 - \alpha ^2 } }}{{2x\sqrt x }} = 0\;\;\left( 1 \right) }$
και
$\displaystyle{ \mathop {\lim }\limits_{x \to \alpha ^ + } \frac{{\sqrt {x - \alpha } }}{{\sqrt {x^2 - \alpha ^2 } }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \alpha ^ + } \frac{{\sqrt {x - \alpha } }}{{\sqrt {x - \alpha } \cdot \sqrt {x + \alpha } }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \alpha ^ + } \frac{1}{{\sqrt {x + \alpha } }} = \frac{1}{{\sqrt {2\alpha } }} = \frac{{\sqrt {2\alpha } }}{{2\alpha }}\;\left( 2 \right) }$

Με πρόσθεση των (1) και (2) έχουμε:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to \alpha ^ + } \frac{{\sqrt x - \sqrt \alpha + \sqrt {x - \alpha } }}{{\sqrt {x^2 - \alpha ^2 } }} = \frac{{\sqrt {2\alpha } }}{{2\alpha }}$

Αν $\alpha = 0$
το ζητούμενο όριο γίνεται:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0^ + } \frac{{\sqrt x + \sqrt x }}{{\sqrt {x^2 } }}\mathop = \limits^{x > 0} \mathop {\lim }\limits_{x \to 0^ + } \frac{{2\sqrt x }}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0^ + } \frac{{2x}}{{x\sqrt x }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0^ + } \frac{2}{{\sqrt x }} = + \infty$

hlkampel · #4

Άντε και το τρίτο τώρα που πήρα φόρα.

Επειδή στην εκφώνηση δεν διευκρινίζεται το πρόσημο του άπειρου διακρίνω τι περιπτώσεις:
Αν $x \to + \infty$ τότε:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\sqrt {x^2 + ax + c} - x} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{x^2 + ax + c - x^2 }}{{\sqrt {x^2 + ax + c} + x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{x\left( {a + \frac{c}{x}} \right)}}{{\sqrt {x^2 \left( {1 + \frac{a}{x} + \frac{c}{{x^2 }}} \right)} + x}} =$

$\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{x\left( {a + \frac{c}{x}} \right)}}{{\left| x \right|\sqrt {1 + \frac{a}{x} + \frac{c}{{x^2 }}} + x}}\mathop = \limits^{x > 0} \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{x\left( {a + \frac{c}{x}} \right)}}{{x\left( {\sqrt {1 + \frac{a}{x} + \frac{c}{{x^2 }}} + 1} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{a + \frac{c}{x}}}{{\sqrt {1 + \frac{a}{x} + \frac{c}{{x^2 }}} + 1}} = \frac{a}{2}\;\;\left( 1 \right)$

Ομοίως
$\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\sqrt {x^2 + bx + d} - x} \right) = \frac{b}{2}\quad \left( 2 \right)$

Προσθέτοντας την (1) και (2) θα έχουμε:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\sqrt {x^2 + ax + c} + \sqrt {x^2 + bx + d} - 2x} \right) = \frac{{a + b}}{2}$

Αν $x \to - \infty$ τότε εύκολα διαπιστώνουμε ότι:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {\sqrt {x^2 + ax + c} + \sqrt {x^2 + bx + d} - 2x} \right) = + \infty$

3 Oριάκια.

3 Oριάκια.

Re: 3 Oριάκια.

Re: 3 Oριάκια.

Re: 3 Oριάκια.

Μέλη σε σύνδεση