όριο

mathxl · #1

Ενδιαφέρον όριο πριν τον τυροπιτάλ
Να υπολογιστεί το όριο
$\lim_{t\rightarrow+\infty}\displaystyle\frac{\ln (t+\sqrt{t^{2}+1})}{\ln t}$

#2

Χωρίς Del'Hospital.
Για $\displaystyle{ t > 0(t \to + \infty ) }$ έχω:

$\displaystyle{ \frac{{\ln (t + t\sqrt {1 + \frac{1}{{t^2 }}} )}}{{\ln t}} = \frac{{\ln t + \ln \left( {1 + \sqrt {1 + \frac{1}{{t^2 }}} } \right)}}{{\ln t}} = 1 + \frac{{\ln \left( {1 + \sqrt {1 + \frac{1}{{t^2 }}} } \right)}}{{\ln t}} }$

Αν πάρουμε το όριο για $\displaystyle{ t \to + \infty }$ βγαίνει μονάδα.

mathxl · #3

Παίζει και μια άλλη λύση που κυμαίνεται στο σκεπτικό του Χρήστου

stuart clark · #4

$\displaystyle t=\frac{1}{a}$

$\displaystyle \lim_{a\rightarrow 0}\frac{ln\left(\sqrt{a^2+1}+1\right)-ln\;a}{-ln\;a} =$

$\displaystyle \lim_{a\to 0}1-\frac{ln\left(\sqrt{1+a^2}+1)}{ln\;a} = 1-\lim_{a\to 0}\frac{ln\left(\sqrt{1+a^2}+1)}{ln\;a}=1-0=1$

Τώρα το άρθρο χρήσης Λ. Νοσοκομείο:

$\displaystyle \lim_{a\to 0}\frac{ln\left(\sqrt{1+a^2}+1)}{ln\;a} = \lim_{a\to 0}\frac{\frac{a}{\left(1+\sqrt{a^2+1}\right).\sqrt{a^2+1}}}{\frac{1}{a}}= 0$

mathxl · #5

stuart clark έγραψε: $\displaystyle t=\frac{1}{a}$

$\displaystyle \lim_{a\rightarrow 0}\frac{ln\left(\sqrt{a^2+1}+1\right)-ln\;a}{-ln\;a} =$

$\displaystyle \lim_{a\to 0}1-\frac{ln\left(\sqrt{1+a^2}+1)}{ln\;a} = 1-\lim_{a\to 0}\frac{ln\left(\sqrt{1+a^2}+1)}{ln\;a}=1-0=1$

Τώρα το άρθρο χρήσης Λ. Νοσοκομείο: lol very good hehehe the translation for De l'hospital rule is κανόνας l'hospital

$\displaystyle \lim_{a\to 0}\frac{ln\left(\sqrt{1+a^2}+1)}{ln\;a} = \lim_{a\to 0}\frac{\frac{a}{\left(1+\sqrt{a^2+1}\right).\sqrt{a^2+1}}}{\frac{1}{a}}= 0$

Thx Stuart και Χρήστο
Though the numenator is ln2 and not infinite so is more easy and straightahead 0
Στην λύση του Στιούαρτ μετά την αλλαγή μεταβλητής δεν χρειάζεται τυροπιτάλ

stuart clark · #6

Ναι mathxl λέτε Δεξιά.

όριο

όριο

Re: όριο

Re: όριο

Re: όριο

Re: όριο

Re: όριο

Μέλη σε σύνδεση