mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μαρ 07, 2021 10:55 am**

Δαμάστηκε το θεριό ... και προτείνεται ανεξάρτητα: να δειχθεί ότι η $y=\dfrac{2x+1}{2e}$ είναι πλάγια ασύμπτωτος της $y=\dfrac{x^{x+1}}{(x+1)^x}$ .

[Οριακά σχολική η λύση μου, αλλά για θέμα Πανελλαδικών ΔΕΝ ΝΟΜΙΖΩ -- ας μην ανησυχούν όσοι υποψήφιοι δεν μπορούν να το λύσουν

]

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μαρ 07, 2021 6:44 pm**

gbaloglou έγραψε: Κυρ Μαρ 07, 2021 10:55 am Δαμάστηκε το θεριό ... και προτείνεται ανεξάρτητα: να δειχθεί ότι η $y=\dfrac{2x+1}{2e}$ είναι πλάγια ασύμπτωτος της $y=\dfrac{x^{x+1}}{(x+1)^x}$ .

[Οριακά σχολική η λύση μου, αλλά για θέμα Πανελλαδικών ΔΕΝ ΝΟΜΙΖΩ -- ας μην ανησυχούν όσοι υποψήφιοι δεν μπορούν να το λύσουν ]

Καλησπέρα

Για να αποδείξουμε ότι η $y=\dfrac{1}{e}x+\dfrac{1}{2e}$ είναι πλάγια ασύμπτωτη της $f(x)=\dfrac{x^{x+1}}{(x+1)^x}$ στο $+\infty$ αρκεί να αποδείξουμε ότι:

(i) $\displaystyle \lim_{x \rightarrow +\infty} \dfrac{f(x)}{x}=\dfrac{1}{e}$ , και
(ii) $\displaystyle \lim_{x \rightarrow +\infty} (f(x)-\dfrac{1}{e}x)=\dfrac{1}{2e}$ .

Απόδειξη του (i): Αρκεί να δείξουμε ότι $\displaystyle \lim_{x \rightarrow +\infty} (\dfrac{x}{x+1})^x=\dfrac{1}{e}$ .

Όταν το $x \rightarrow +\infty$ , τότε είναι $\dfrac{x}{x+1}>0$ , οπότε μπορούμε να θέσουμε $\dfrac{x}{x+1}=e^t$ , με $t \rightarrow 0^-$ , καθώς $\displaystyle \lim_{x \rightarrow +\infty} \dfrac{x}{x+1}=1$ , και $\dfrac{x}{x+1}<1$ , οπότε $e^t \rightarrow 1$ και e^t<1

, συνεπώς $t \rightarrow 0^-$ .

Λύνοντας ως προς

, προκύπτει $x=\dfrac{e^t}{1-e^t}$ . Συνεπώς, $(\dfrac{x}{x+1})^x=e^{\dfrac{te^t}{1-e^t}}$ .

Επομένως, αρκεί να δείξουμε ότι $\displaystyle \lim_{t \rightarrow 0^-} \dfrac{te^t}{1-e^t}=-1$ , καθώς τότε θα είναι

$\displaystyle \lim_{x \rightarrow +\infty} (\dfrac{x}{x+1})^x= \lim_{t \rightarrow 0^-} e^{\dfrac{te^t}{1-e^t}}=e^{-1}=\dfrac{1}{e}$ .

Παρατηρούμε τώρα ότι, $\displaystyle \lim_{t \rightarrow 0^-} te^t=\lim_{t \rightarrow 0^-} (1-e^t)=0$ , συνεπώς είναι:

$\displaystyle \lim_{t \rightarrow 0^-} \dfrac{te^t}{1-e^t} \mathop = \limits^{\rm DLH} \limits_{\dfrac{0}{0}} \lim_{t \rightarrow 0^-} \dfrac{(te^t)'}{(1-e^t)'}= \lim_{t \rightarrow 0^-} \dfrac{e^t+te^t}{-e^t}=\lim_{t \rightarrow 0^-} -(t+1)=-1$ , οπότε η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

Απόδειξη του (ii): Αρκεί να δείξουμε ότι $\displaystyle \lim_{x \rightarrow +\infty} x(\dfrac{x}{x+1})^x-\dfrac{1}{e})=\dfrac{1}{2e}$ .

Χρησιμοποιούμε την ίδια αντικατάσταση, δηλαδή $\dfrac{x}{x+1}=e^t$ με $t \rightarrow 0^-$ . Τότε, είναι:

$\displaystyle x(\dfrac{x}{x+1})^x-\dfrac{1}{e})=\dfrac{e^t}{1-e^t} (e^{\dfrac{te^t}{1-e^t}}-\dfrac{1}{e})=\dfrac{e^{\dfrac{t}{1-e^t}}-e^{t-1}}{1-e^t}$ .

Θα δείξουμε ότι:

(α) $\displaystyle \lim_{t \rightarrow 0^-} \dfrac{e^{t-1}-e^{-1}}{1-e^t}=-\dfrac{1}{e}$ , και
(β) $\displaystyle \lim_{t \rightarrow 0^-} \dfrac{e^{\dfrac{t}{1-e^t}}-e^{-1}}{1-e^t}=-\dfrac{1}{2e}$

Προφανώς, αυτά τα δύο αποτελέσματα δίνουν το ζητούμενο.

Απόδειξη του (α): Είναι, $\displaystyle \lim_{t \rightarrow 0^-} (e^{t-1}-e^{-1})=\lim_{t \rightarrow 0^-} (1-e^t)=0$ , συνεπώς είναι:

$\displaystyle \lim_{t \rightarrow 0^-} \dfrac{e^{t-1}-e^{-1}}{1-e^t} \mathop = \limits^{\rm DLH} \limits_{\dfrac{0}{0}} \lim_{t \rightarrow 0^-} \dfrac{(e^{t-1}-e^{-1})'}{(1-e^t)'}=\lim_{t \rightarrow 0^-} \dfrac{e^{t-1}}{-e^t}=-\dfrac{1}{e}$

Απόδειξη του (β): Είναι, $\displaystyle \lim_{t \rightarrow 0^-} \dfrac{t}{1-e^t} \mathop = \limits^{\rm DLH} \limits_{\dfrac{0}{0}} \lim_{t \rightarrow 0^-} \dfrac{(t)'}{(1-e^t)'}=\lim_{t \rightarrow 0^-} \dfrac{1}{-e^t}=-1$ , συνεπώς προκύπτει ότι:

$\displaystyle \lim_{t \rightarrow 0^-} (e^{\dfrac{t}{1-e^t}}-e^{-1})=\lim_{t \rightarrow 0^-} (1-e^t)=0$ , συνεπώς είναι:

$\displaystyle \lim_{t \rightarrow 0^-} \dfrac{e^{\dfrac{t}{1-e^t}}-e^{-1}}{1-e^t} \mathop = \limits^{\rm DLH} \limits_{\dfrac{0}{0}} \lim_{t \rightarrow 0^-} \dfrac{(e^{\dfrac{t}{1-e^t}}-e^{-1})'}{(1-e^t)'}=\lim_{t \rightarrow 0^-} \dfrac{e^{\dfrac{t}{1-e^t}} \cdot (\dfrac{t}{1-e^t})'}{-e^t}$ .

Είναι, $\dfrac{e^{\dfrac{t}{1-e^t}} \cdot (\dfrac{t}{1-e^t})'}{-e^t}=-\dfrac{e^{\dfrac{t}{1-e^t}}(1-e^t+te^t)}{e^t(1-e^t)^2}$ .

Είναι, $\displaystyle \lim_{t \rightarrow 0^-} \dfrac{e^{\dfrac{t}{1-e^t}}}{e^t}=\dfrac{e^{-1}}{e^0}=\dfrac{1}{e}$ . Συνεπώς, αρκεί να δείξουμε ότι $\displaystyle \lim_{t \rightarrow 0^-} -\dfrac{1-e^t+te^t}{(1-e^t)^2}=-\dfrac{1}{2}$ .

Έχουμε $\displaystyle \lim_{t \rightarrow 0^-} (1-e^t+te^t)=\lim_{t \rightarrow 0^-} ((1-e^t)^2)=0$ , συνεπώς είναι:

$\displaystyle \lim_{t \rightarrow 0^-} -\dfrac{1-e^t+te^t}{(1-e^t)^2} \mathop = \limits^{\rm DLH} \limits_{\dfrac{0}{0}} \lim_{t \rightarrow 0^-} -\dfrac{(1-e^t+te^t)'}{((1-e^t)^2)'}= \lim_{t \rightarrow 0^-} \dfrac{te^t}{2(1-e^t)e^t}=$ $\lim_{t \rightarrow 0^-} \dfrac{t}{2(1-e^t)} \mathop = \limits^{\rm DLH} \limits_{\dfrac{0}{0}} \lim_{t \rightarrow 0^-} \dfrac{1}{-2e^t}=-\dfrac{1}{2}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μαρ 07, 2021 11:33 pm**

Απόλυτα σχολική η προσέγγιση σου, Ορέστη! [Αλλά, και πάλι, θέμα Πανελλαδικών δεν το λες

]

Θα δώσω σε λίγες μέρες και την δική μου απόδειξη, που χρησιμοποιεί λιγότερο DLH. Βασίζεται στο εξής ανεξαρτήτου ενδιαφέροντος λήμμα:

$\lim_{x\rightarrow +\infty}\left(2x+1\right)\left[(2x+1)\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x+1}+ln\dfrac{x}{x+1}\right)-2\right]=0$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 09, 2021 10:59 am**

Για να το δούμε χωρίς DHL.
Θα χρειασθούμε ότι
$\displaystyle t-\frac{t^2}{2}< \ln(1+t)< t-\frac{t^2}{2}+\frac{t^3}{3},0<t<1$
Η απόδειξη μπορεί να γίνει θεωρώντας συναρτήσεις και παίρνοντας παραγώγους.
Εύκολα βλέπουμε ότι
$\displaystyle \lim_{x\rightarrow \infty }x\ln (1+\frac{1}{x})=1$
οπότε
$\displaystyle \lim_{x\rightarrow \infty }(1+\frac{1}{x})^{x}=e$
Θέλουμε το όριο
$\displaystyle \lim_{x\rightarrow \infty }x(\frac{1}{(1+\frac{1}{x})^{x}}-\frac{1}{e})=\lim_{x\rightarrow \infty }x\frac{e-(1+\frac{1}{x})^{x}}{e(1+\frac{1}{x})^{x}}$
Αρκεί να δείξουμε ότι
$\displaystyle \lim_{x\rightarrow \infty }x({e-(1+\frac{1}{x})^{x}))=\frac{e}{2}$

Γράφοντας $\displaystyle (1+\frac{1}{x})^{x}=e^{x\ln (1+\frac{1}{x})}$
καταλήγουμε να πρέπει να δείξουμε ότι
$\displaystyle \lim_{x\rightarrow \infty }x(1-e^{x\ln (1+\frac{1}{x})-1})=\frac{1}{2}$
Αλλά λόγω της ανισότητας που παρέθεσα στην αρχή για x>1

είναι
$\displaystyle -\frac{1}{2x}\leq x\ln (1+\frac{1}{x})-1\leq -\frac{1}{2x}+\frac{1}{3}\frac{1}{x^2}$

Ετσι έχουμε ότι
$\displaystyle x(1-e^{-\frac{1}{2x}+\frac{1}{3x^2}})\leq x(1-e^{x\ln (1+\frac{1}{x})-1})\leq x(1-e^{-\frac{1}{2x}})$
Θα κάνω το αριστερό όριο.
(το δεξί είναι ακόμα πιο εύκολο).
Θέλουμε το $\displaystyle \lim_{x\rightarrow \infty }x(1-e^{-\frac{1}{2x}+\frac{1}{3x^2}})$
Θέτοντας $t=-\frac{1}{x}$
αυτό είναι ίσο με το
$\displaystyle \lim_{t\rightarrow 0^{-}}\frac{e^{\frac{t}{2}+\frac{t^2}{3}}-1}{t}$
Αυτό είναι $\frac{1}{2}$
γιατί είναι ίσο με την παράγωγο της $\displaystyle e^{\frac{t}{2}+\frac{t^2}{3}}$
στο

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μαρ 11, 2021 8:57 am**

gbaloglou έγραψε: Κυρ Μαρ 07, 2021 11:33 pm Απόλυτα σχολική η προσέγγιση σου, Ορέστη! [Αλλά, και πάλι, θέμα Πανελλαδικών δεν το λες ]

Θα δώσω σε λίγες μέρες και την δική μου απόδειξη, που χρησιμοποιεί λιγότερο DLH. Βασίζεται στο εξής ανεξαρτήτου ενδιαφέροντος λήμμα:

$\lim_{x\rightarrow +\infty}\left(2x+1\right)\left[(2x+1)\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x+1}+ln\dfrac{x}{x+1}\right)-2\right]=0$

Δεξιοτεχνικές οι αποδείξεις του Ορέστη και του Σταύρου, και αντιποδικές όσον αφορά την χρήση ή μη DLH, ας παραθέσω και εγώ την 'ενδιάμεση' δική μου, ξεκινώντας από το παραπάνω λήμμα ... που πηγάζει από την

$\displaystyle\lim_{x\rightarrow \infty}(2x+1)ln\dfrac{x}{x+1}=\lim_{x\rightarrow \infty}\displaystyle\dfrac{ln\dfrac{x}{x+1}}{\dfrac{1}{2x+1}}=\lim_{x\rightarrow \infty}\displaystyle\dfrac{\left(ln\dfrac{x}{x+1}\right)'}{\left(\dfrac{1}{2x+1}\right)'}=\lim_{x\rightarrow \infty}-\dfrac{(2x+1)^2}{2x(x+1)}=-2$

και προκύπτει άμεσα από την διπλή ανισότητα (για x>0

)

$0<\left(2x+1\right)\left[(2x+1)\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x+1}+ln\dfrac{x}{x+1}\right)-2\right]<\dfrac{2}{x}.$

Η αριστερή ανισότητα είναι ισοδύναμη προς την $0<ln\dfrac{x}{x+1}+\dfrac{2x^2+2x+1}{x(x+1)(2x+1)}$ , που προκύπτει από τις

$\displaystyle\lim_{x\rightarrow \infty}\left(ln\dfrac{x}{x+1}+\dfrac{2x^2+2x+1}{x(x+1)(2x+1)}\right)=0$ (λόγω $\displaystyle\lim_{x\rightarrow \infty}(2x+1)ln\dfrac{x}{x+1}=-2$ ) και

$\left(ln\dfrac{x}{x+1}+\dfrac{2x^2+2x+1}{x(x+1)(2x+1)}\right)'=-\dfrac{5x^2+5x+1}{x^2(x+1)^2(2x+1)^2}<0$ .

Η δεξιιά ανισότητα είναι ισοδύναμη προς την $ln\dfrac{x}{x+1}+\dfrac{4x^3+6x^2+2x-1}{x(x+1)(2x+1)^2}<0$ , που προκύπτει από τις

$\displaystyle\lim_{x\rightarrow \infty}\left(ln\dfrac{x}{x+1}+\dfrac{4x^3+6x^2+2x-1}{x(x+1)(2x+1)^2}\right)=0$ (λόγω $\displaystyle\lim_{x\rightarrow \infty}(2x+1)ln\dfrac{x}{x+1}=-2$ ) και

$\left(ln\dfrac{x}{x+1}+\dfrac{4x^3+6x^2+2x-1}{x(x+1)(2x+1)^2}\right)'=\dfrac{2x^3+11x^2+9x+1}{x^2(x+1)^2(2x+1)^3}>0.$

Έχοντας αποδείξει το λήμμα μπορούμε να το χρησιμοποιήσουμε στην απόδειξη του ζητούμενου. Ακριβέστερα, θα χρησιμοποιήσουμε μία ασθενέστερη (ουσιαστικά ισοδύναμη) μορφή του:

$\displaystyle\lim_{x\rightarrow \infty}x\cdot \left[(2x+1)\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x+1}+ln\dfrac{x}{x+1}\right)-2\right]=0.$

Παρατηρούμε ότι

$\dfrac{x^{x+1}}{(x+1)^x}-\dfrac{2x+1}{2e}=\displaystyle\dfrac{\dfrac{2ex^{x+1}}{(2x+1)(x+1)^x}-1}{\dfrac{2e}{2x+1}}:$

πρόκειται για αόριστη μορφή 0/0, καθώς

$\displaystyle\lim_{x\rightarrow +\infty}\dfrac{2ex^{x+1}}{(2x+1)(x+1)^x}=\lim_{x\rightarrow +\infty}\dfrac{2ex}{(2x+1)\left(1+\dfrac{1}{x}\right)^x}=1.$

Μπορούμε επομένως να εφαρμόσουμε τον κανόνα de l' Hospital (DLH) ώστε να λάβουμε, ύστερα από τις συνήθεις παραγωγίσεις και πράξεις,

$\displaystyle\lim_{x\rightarrow +\infty}\left[\dfrac{x^{x+1}}{(x+1)^x}-\dfrac{2x+1}{2e}\right]=}\lim_{x\rightarrow +\infty} \dfrac{-x^{x+1}}{2(x+1)^x}\cdot \left[(2x+1)\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x+1}+ln\dfrac{x}{x+1}\right)-2\right]=0,$

εφαρμόζοντας το λήμμα (στην παραπάνω ελαφρά τροποποιημένη μορφή του) και την διπλή ανισότητα (για x>1

)

$0<\dfrac{x^{x+1}}{(x+1)^x}\left[(2x+1)\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x+1}+ln\dfrac{x}{x+1}\right)-2\right]<x\cdot\left[(2x+1)\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x+1}+ln\dfrac{x}{x+1}\right)-2\right].$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μαρ 11, 2021 7:52 pm**

μια ακόμη λύση xωρις ιδιαίτερη φαντασία - ομορφιά με χρηση DLH

$\displaystyle{a=\lim_{x \to +\infty}\frac{f(x)}{x}=\lim_{x \to +\infty}\frac{1}{(1+\frac{1}{x})^x}=1/e}$

$\displaystyle{b=\lim_{x \to +\infty}(f(x)-\frac{x}{e}=\lim_{y \to 0+}(1/y)((1+y)^{-1/y}-1/e)=\lim_{y \to 0+}\frac{(1+y)^{-1/y}-1/e}{y}}$

$\displaystyle{=\lim_{y \to 0+}{(1+y)^{-1/y}(\frac{-1}{y(y+1)}+\frac{ln(1+y)}{y^2})}$ απο DLH
αλλα
$\displaystyle{\lim_{y \to 0+}(\frac{-1}{y(y+1)}+\frac{ln(1+y)}{y^2})=\lim_{y \to 0+}\frac{1}{y^2}(\frac{-y}{y+1)}+ln(1+y))==\lim_{y \to 0+}\frac{\frac{-1}{(y+1)^2}+\frac{1}{y+1}}{2y}=\lim_{y \to 0+}\frac{1}{2(y+1)^2}=1/2}$

αρα $\displaystyle{b=1/2e}$ αφού $\displaystyle{ \lim_{y \to 0+}(1/y)((1+y)^{-1/y}=1/e}$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μαρ 13, 2021 2:51 am**

Mια άλλη προσέγγιση για το 1ο οριο
$\lim_{x\rightarrow +oo}(\frac{x}{x+1})^{x}=\lim_{x\rightarrow +oo}e^{xln(\frac{x}{x+1})}$
θέτουμε $u=xln(\frac{x}{x+1})$
άρα θέλουμε να υπολογίσουμε το όριο: $\lim_{x\rightarrow +oo}xln(\frac{x}{x+1})$
$lnx<x-1\overset{x=\frac{x}{x+1}}{\rightarrow}\Leftrightarrow ln(\frac{x}{x+1})<\frac{x}{x+1}-1\Leftrightarrow xln(\frac{x}{x+1})<\frac{x^{2}}{x+1}-x \Leftrightarrow xln(\frac{x}{x+1})<\frac{x^{2}-x(x+1)}{x+1}=\frac{x^2-x^2-x}{x+1}=\frac{-x}{x+1}$
Άρα: $xln(\frac{x}{x+1})<-\frac{x}{x+1} (1)$
$lnx<x-1\overset{x=\frac{1}{x}}{\rightarrow}\Leftrightarrow lnx>1-\frac{1}{x} \overset{x=\frac{x}{x+1}}{\rightarrow}\Leftrightarrow ln(\frac{x}{x+1})>1-\frac{x+1}{x}\Leftrightarrow xln(\frac{x}{x+1})>x-(x+1)=-1$
Άρα:
$-1<xln(\frac{x}{x+1})<-\frac{x}{x+1}$
από κριτήριο παρεμβολής το όριο προκύπτει -1
επομένως το αρχικό ισουται με $e^{-1}$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μαρ 13, 2021 10:05 am**

Nikos002 έγραψε: Σάβ Μαρ 13, 2021 2:51 am Mια άλλη προσέγγιση για το 1ο οριο
$\lim_{x\rightarrow +oo}(\frac{x}{x+1})^{x}=\lim_{x\rightarrow +oo}e^{xln(\frac{x}{x+1})}$
θέτουμε $u=xln(\frac{x}{x+1})$
άρα θέλουμε να υπολογίσουμε το όριο: $\lim_{x\rightarrow +oo}xln(\frac{x}{x+1})$
$lnx<x-1\overset{x=\frac{x}{x+1}}{\rightarrow}\Leftrightarrow ln(\frac{x}{x+1})<\frac{x}{x+1}-1\Leftrightarrow xln(\frac{x}{x+1})<\frac{x^{2}}{x+1}-x \Leftrightarrow xln(\frac{x}{x+1})<\frac{x^{2}-x(x+1)}{x+1}=\frac{x^2-x^2-x}{x+1}=\frac{-x}{x+1}$
Άρα: $xln(\frac{x}{x+1})<-\frac{x}{x+1} (1)$
$lnx<x-1\overset{x=\frac{1}{x}}{\rightarrow}\Leftrightarrow lnx>1-\frac{1}{x} \overset{x=\frac{x}{x+1}}{\rightarrow}\Leftrightarrow ln(\frac{x}{x+1})>1-\frac{x+1}{x}\Leftrightarrow xln(\frac{x}{x+1})>x-(x+1)=-1$
Άρα:
$-1<xln(\frac{x}{x+1})<-\frac{x}{x+1}$
από κριτήριο παρεμβολής το όριο προκύπτει -1
επομένως το αρχικό ισουται με $e^{-1}$

Αγαπητέ Νίκο, και στα Μαθηματικά και στην ζωή γενικότερα, καλό είναι να θέτουμε στόχους, να γνωρίζουμε που βρισκόμαστε και που θέλουμε να πάμε, κλπ Στην παρούσα περίπτωση, ουσιαστικά ήδη γνωρίζουμε το όριο που υπολόγισες (με το κριτήριο της παρεμβολής) λόγω της $\dfrac{x}{x+1}=\dfrac{1}{1+\dfrac{1}{x}}$ και του ορισμού του $e=\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty}\left(1+\dfrac{1}{x}\right)^x$ .

Από τα γραφόμενα σου κρατώ την ανισότητα $-\dfrac{1}{x}<ln\dfrac{x}{x+1}<-\dfrac{1}{x+1}$ ως ενδιαφέρουσα ασκησούλα, άσχετη όμως ουσιαστικά με το πρόβλημα που έθεσα.

mathematica.gr

Πλάγια ασύμπτωτος

Πλάγια ασύμπτωτος

Re: Πλάγια ασύμπτωτος

Re: Πλάγια ασύμπτωτος

Re: Πλάγια ασύμπτωτος

Re: Πλάγια ασύμπτωτος

Re: Πλάγια ασύμπτωτος

Re: Πλάγια ασύμπτωτος

Re: Πλάγια ασύμπτωτος