PMOC Barto: czy mozna dobrac tak stałe a i b, aby funkcja | 2x+a dla x<0 f(x)=| e^−b dla x=0 | (e^x+x)^1/x dla x>0

Basia: o co dalej ? prawdopodobnie aby była ciągła (ale niekoniecznie)

Basia: f(0)=e^−b lim_x→0⁻ f(x) = 2*0+a = a

	ln(ex+1)
Gp=limx→0+ ln[f(x)] = limx→0+ 1x*ln(ex+x) = limx→0+
	x

lim_x→0⁺ ln(e^x+x) = ln(e⁰+0)=ln1=0 lim_x→0⁺ x = 0 można zastosować tw.de l'Hospotala

	1   *(ex+1) ex+x
Gp = llimx→0+		=
	1

	ex+1		e0+1		2
limx→0+		=		=		=2
	ex+x		e0+0		1

z tego wynika, że lim_x→0⁺ ln[f(x)] = 2 czyli lim_x→0⁺ f(x) = e² ponieważ dla ciągłości w punkcie 0 konieczne jest aby lim_x→0⁻ f(x) musi = lim_x→0⁺ f(x) = f(0) mamy a=e² i e^−b = a² czyli −b=2 b=−2 odp: można a=e² b=−2

Barto: dlaczego pojawia sie ln w 3 pierwszych rzedach/?

Basia: bo nie umiem policzyć granicy wyrażenia (e^x+x)^1/x natomiast umiem (jak widać wyżej) policzyć granicę ln(e^x+x)^1/x a potem korzystam z tego, że lim ln(f(x))=a ⇒ lim f(x) =e^a generalnie tą sztuczką z logarytmem posługujemy się zawsze wtedy wykładnik potęgi dąży do ±∞ a także wtedy gdy przy bezpośrednim podstawieniu dostajemy 0⁰ lub 0^±∞ lub (+∞)^−∞ lub (−∞}^+∞ tu "na pierwszy rzut oka" wychodzi 1^+∞ i można łatwo się oszukać zakładając, że to jest 1 nie jest jak widać

Basia: P.S. W linijce, w której po raz pierwszy używam symbolu G_p jest błąd

	ex+x
Na końcu ma być
	x

Dalej jest dobrze