Οριο

papel · #1

Να υπολογιστει το οριο :

$\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {\left( {\frac{{{x^2} + x + 1}}{{{x^2} - x + 1}}} \right)^{\sqrt {{x^2} + 4} }}}$

A.Spyridakis · #2

Αν έκανα σωστά τις πράξεις, το ζητούμενο όριο είναι ${\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } }(\frac{x^2+3}{x^2-\sqrt{x^2+4}+4})^\sqrt{4x^2+16}$

papel · #3

Δυστυχως κ.Σπυριδακη το σφυριγμα δεν βαθμολογειται με καποιες μοναδες στον ΑΣΕΠ.Αλλα μονο η σωστη απαντηση.

#4

$\displaystyle{ \left( \frac{x^2 + x + 1}{x^2 - x + 1} \right)^{\sqrt{x^2 + 4} } \approx \left(1 + \frac{2}{x} \right)^x \to e^2}$

Μένει φυσικά να αποδειχθεί και αυστηρά ότι το όριο είναι πράγματι e^2

#5

papel έγραψε:Να υπολογιστει το οριο :

$\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {\left( {\frac{{{x^2} + x + 1}}{{{x^2} - x + 1}}} \right)^{\sqrt {{x^2} + 4} }}}$

Mε οδηγό την ιδέα του Δημήτρη παραπάνω, λογαριθμίζοντας αναγώμαστε στην αναζήτηση του ορίου

$\frac{ \sqrt{x^2+4}}{x} \left ( \frac{\log \ \frac{(x^2 + x + 1)}{(x^2 - x + 1)}}{\frac{1}{x}} \right )$

Την μεγάλη παρένθεση (= 0/0) την κάνουμε με l' Ηospital αφού πρώτα την γράψουμε ως

$\frac{\log (x^2 + x + 1) - \log (x^2 - x + 1)}{\frac{1}{x}}$

Φιλικά,

Μιχάλης Λάμπρου

papel · #6

Μια ακομη αντιμετωπιση :

$\displaystyle{\begin{array}{l} \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {\left( {\frac{{{x^2} + x + 1}}{{{x^2} - x + 1}}} \right)^{\sqrt {{x^2} + 4} }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {\left[ {{{\left( {1 + \frac{{2x}}{{{x^2} - x + 1}}} \right)}^{\frac{{{x^2} - x + 1}}{{2x}}}}} \right]^{\frac{{2x\sqrt {{x^2} + 4} }}{{{x^2} - x + 1}}}} \\ = {e^{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{2{x^2}\sqrt {1 + \frac{4}{{{x^2}}}} }}{{{x^2} - x + 1}}}} = {e^2} \\ \end{array}}$

(Οχι και τοσο ευκολο πρεπει να παραδεχτω)

A.Spyridakis · #7

papel έγραψε:Δυστυχως κ.Σπυριδακη το σφυριγμα δεν βαθμολογειται με καποιες μοναδες στον ΑΣΕΠ.Αλλα μονο η σωστη απαντηση.

papel, με στενοχωρείς. Λες να το άφηνα ετσι? Ήθελα απλώς να παίξω, σαν παιδί κι εγώ

: ${{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } }(\frac{x^2+3}{x^2-\sqrt{x^2+4}+4})^\sqrt{4x^2+16}} = {{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } }(\frac{x^2+4-1}{x^2+4-\sqrt{x^2+4}})^\sqrt{4x^2+16}}= {{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } }(\frac{(\sqrt{x^2+4}+1)(\sqrt{x^2+4}-1)}{\sqrt{x^2+4}(\sqrt{x^2+4}-1)})^\sqrt{4x^2+16}} = [{(1+\frac{1}{\sqrt{x^2+4}})^\sqrt{x^2+4}}]^2$ που προφανώς τείνει στο e^2

ΥΓ Το αρχικό όριο που έδωσες, το βρήκα με απλό De L' Hospital. 2 γραμμές πράξεις.

#8

papel έγραψε:Μια ακομη αντιμετωπιση :

$\displaystyle{ \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {\left[ {{{\left( {1 + \frac{{2x}}{{{x^2} - x + 1}}} \right)}^{\frac{{{x^2} - x + 1}}{{2x}}}}} \right]^{\frac{{2x\sqrt {{x^2} + 4} }}{{{x^2} - x + 1}}}} \\ = {e^{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{2{x^2}\sqrt {1 + \frac{4}{{{x^2}}}} }}{{{x^2} - x + 1}}}} = {e^2} \\ \end{array}}$

Εδώ έγινε χρήση μιας ωραίας ιδιότητας που έπρεπε να είναι πιο γνωστή, και καλό είναι να την διδάσκουμε στους μαθητές μας.

Αν $\lim_{x \rightarrow a} f(x) = A, \lim_{x \rightarrow a} g(x) = B,$ και αν τα Α, Β είναι πραγματικοί άριθμοί (όχι άπειρο) με A > 0

τότε $\lim_{x \rightarrow a} f(x) ^ {g(x)}= A^B$

Για την απόδειξη λογαριθμήστε και χρησιμοποιείστε την συνέχεια του λογαρίθμου και της εκθετικής.

Για Α = 0 ή άλλες απροσδιόριστες μορφές όπως $1^{\infty \,$ το αποτέλεσμα δεν ισχύει.

Φιλικά,

Μιχάλης

hsiodos · #9

Μια ακόμα λύση

Για χ > 0 ισχύει $\displaystyle{ 1 - \frac{1}{x} \le \ln x \le x - 1}$ (1) (το ίσον για χ=1)

Για χ > 0 είναι $\displaystyle{ \frac{{x^2 + x + 1}}{{x^2 - x + 1}} > 1}$ οπότε θέτοντας στην (1) όπου χ το $\displaystyle{ \frac{{x^2 + x + 1}}{{x^2 - x + 1}}}$ έχουμε:

$\displaystyle{ 1 - \frac{{x^2 - x + 1}}{{x^2 + x + 1}} < \ln \left( {\,\frac{{x^2 + x + 1}}{{x^2 - x + 1}}} \right)\, < \frac{{x^2 + x + 1}}{{x^2 - x + 1}} - 1\,\,\, \Rightarrow \frac{{2x}}{{x^2 + x + 1}} < \ln \left( {\,\frac{{x^2 + x + 1}}{{x^2 - x + 1}}} \right)\, < \frac{{2x}}{{x^2 - x + 1}} }$ $\displaystyle{ \Rightarrow e^{\frac{{2x}}{{x^2 + x + 1}}} < \frac{{x^2 + x + 1}}{{x^2 - x + 1}} < e^{\frac{{2x}}{{x^2 - x + 1}}} \Rightarrow e^{\frac{{2x}}{{x^2 + x + 1}} \cdot \sqrt {x^2 + 4} } < \left( {\frac{{x^2 + x + 1}}{{x^2 - x + 1}}} \right)^{\sqrt {x^2 + 4} } < e^{\frac{{2x}}{{x^2 - x + 1}} \cdot \sqrt {x^2 + 4} } }$

$\displaystyle{ \Rightarrow e^{\frac{{2x^2 }}{{x^2 + x + 1}} \cdot \sqrt {1 + 4/x^2 } } < \left( {\frac{{x^2 + x + 1}}{{x^2 - x + 1}}} \right)^{\sqrt {x^2 + 4} } < e^{\frac{{2x^2 }}{{x^2 - x + 1}} \cdot \sqrt {1 + 4/x^2 } } (2) }$

Επειδή $\displaystyle{ \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\frac{{2x^2 }}{{x^2 + x + 1}} \cdot \sqrt {1 + 4/x^2 } } \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\frac{{2x^2 }}{{x^2 - x + 1}} \cdot \sqrt {1 + 4/x^2 } } \right) = 2 }$ από την (2) προκύπτει πως το ζητούμενο όριο είναι $\displaystyle{ e^2 }$

Γιώργος

Οριο

Οριο

Re: Οριο

Re: Οριο

Re: Οριο

Re: Οριο

Re: Οριο

Re: Οριο

Re: Οριο

Re: Οριο

Μέλη σε σύνδεση