granica funkcji-pomóżcie! Kaja: Czy ktoś jest w stanie wytłumaczyć mi granice funkcji? Dlaczego czasami możemy dzielić przez najwyższą potęgę a czasem nie?

	5n6−3n4+2
np: lim n→∞
	5−10n6

to można przez najwyższą potęgę, a to następne nie..

	x3−8
lim x→2
	x2+x−6

jakubekmarcin: możesz sobie wyciągać największy współczynnik x przed nawias jak masz taką potrzebę, ale w tym drugim wystarczy Ci podstawić sobie dwójeczkę pod "x" żeby obliczyć granicę

Kaja: w tym drugim przecież po podstawieniu wyjdzie 0 więc to trzeba jakoś inaczej..:( ale właśnie nie rozumiem dlaczego czasem możemy dzielić przez najwyższą potęgę a czasem nie

jakubekmarcin: what? ⁸⁻⁸₋₁ = ⁰₋₁ = −∞

jakubekmarcin: oczywiście wszędzie lim x−>2

jakubekmarcin: Słuchaj, tak generalnie, to w tych zadaniach jak obliczasz granicę w nieskończoności to zazwyczaj trzeba powyciągać przed nawias, bo nie da się liczyć inaczej (chyba ze chce Ci się pochodną liczyć). A w tym drugim akurat nie ma potrzeby tego robić.

Grześ:

	0
Nie umiesz jakuber liczyć, w drugim przykładzie wychodzi		, czyli wyrażenie nieoznaczone.
	0

Zaraz rozpiszę jak trzeba to zrobić

jakubekmarcin: Bo jest granica w punkcie (=2)

Kaja: x²=4 w takim razie, jeśli dodamy do tego 2 to jest 6, a 6−6=0, więc skąd Ci się wzięło −1?

jakubekmarcin: Umiem liczyć, tylko się pomyliłem, a to różnica.

jakubekmarcin: to najlepiej sobie policz pierwiastki równania z mianownika, zapisz w postaci iloczynowej i licznik też można rozpisać z wzorów skróconego mnożenia i pewnie coś się skróci

jakubekmarcin: Grześ mnóstwo tych zadań jest na forum, po co to ciągle rozpisywać, jak ludziom się zajrzeć nie chce. Lepiej im wskazać drogę, żeby pomyśleli zamiast spisywali

Grześ:

	x3−8		0
lim x→2		=[		]:
	x2+x−6		0

Teraz mamy dwa sposoby rozwiązania tego:

	x3−8		(x−2)(x2+2x+4)		x2+2x+4
1.		=		=
	x2+x−6		(x+3)(x−2)		x+3

Teraz możemy to policzyć:

	x2+2x+4		12
lim x→2		=
	x+3		5

Drugi sposób:

	x3−8		0		3x2		12
lim x→2		=[		]=[H]=		=
	x2+x−6		0		2x+1		5

Drugi przykład to skorzystanie z de la'Hospitala, czyli pochodne

jakubekmarcin: licznik x³−8 = (x−2)³ pierwiastki mianownika to −3 i 2, więc mianownik = (x+3)(x−2), więc można skrócić jedno (x−2) i wtedy bawić siędalej

Kaja: jakubekmarcin tak się składa że przeglądałam forum ale nikt nie potrafi rozwiązać mojego problemu, a mianowicie dlaczego czasem możemy dzielić przez najwyższe potęgi a czasem nie...

jakubekmarcin: tfu, (x−2)(x²+2x+4) więcej dziś nie piszę, muszę się wyspać

Grześ: dobra, nie odświeżałem i nie widziałem postów. Granica jest policzona na dwa sposoby, chyba zrozumiałe co i jak

jakubekmarcin: Grześ to ładnie rozpisał ja nie miałem aż takiej weny

Kaja: tak mi się wydaje a moglibyście mi jeszcze pomóc z asymptotami?

Grześ: mogę, daj zadanie

Kaja:

	x
f(x)=
	x2+2x−3

Kaja: i to jest funkcja pionowa

Grześ: Troszkę mi to zajmię, od razu wszystko napiszę Cierpliwości

Kaja: nie ma problemu, ja w tym czasie próbuję rozgryźć asymptotę ukośną

Grześ:

	x		x
f(x)=		=
	x2+2x−3		(x+3)(x−1)

D: R\{−3,1} Punktami podejrzanymi o asymptotę pionową sa punkty −3, 1

	x		−3+
lim x→ −3+		=		=−∞ prawostronna asymptota pionowa (punkt −3)
	(x+3)(x−1)		0−

	x		−3−
lim x→ −3−		=		=+∞ lewostronna asymptota pionowa ( punkt −3)
	(x+3)(x−1)		0−

	x		1+
lim x→ 1+		=		=+∞ prawostronna asymptota pionowa (punkt 1)
	(x+3)(x−1)		0+

	x		1−
lim x→ 1−		=		=−∞ lewostronna asymptota pionowa ( punkt 1)
	(x+3)(x−1)		0−

Asymptoty skośne:

	x
lim x→ ±∞		= 0 asymptota obustronna pozioma o wykresie y=0
	x2+2x−3

Tej skośnej nie jestem do końca pewnej, bo istnieje jeden punkt funkcji f(x) na linii asymptoty. Ale w nieskończoności jest ona spełniona.

Basia: do Kaja zawsze możemy dzielić, tylko czasami to nic nie daje dzielenie przez najwyższą potęgę mianownika sprawdza się gdy liczymy granice przy x→±∞ nie sprawdza się gdy liczymy granice funkcji w punkcie czyli przy x→a gdzie a jest liczbą skończoną

Grześ: masz rozpisane, nie jestem pewny tylko tej asymptoty ukośnej, spełnia ona granice w nieskończoności, lecz wykres funkcji posiada jeden punkt na tej asymptocie, a dokładnie jest to punkt (0,0). Mógłby ktoś potwierdzić asymptotę ukośną

Grześ: OO Basia.. potwierdź moje przypusczenia, bo tylko nie pasuje mi, że wykres posiada punkt (0,0)

Basia: do Grzesia nie ma asymptot ukośnych jest, tak jak napisałeś, obustronna asymptota pozioma

mateos4: grzesiu pomoz mi rozwiązać zadanie z chemii

Grześ: ale jak słyszałem asymptota pozioma jest szczególnym przypadkiem asymptoty ukośnej. Chyba, że mnie w błąd wprowadzili. Odpowiedz mi tylko na pytanie, bo wykres funkcji posiada w swoim wykresie punkt (0,0), a najlepiej zobacz wykres tej funkcji: http://www.wolframalpha.com/input/?i=y%3dx%2f%28x^2%2b2x-3%29&s=13&incTime=true Czy to niczemu nie przeszkadza

Basia: punkt (0,0) należy do wykresu tej funkcji i to w niczym nie przeszkadza spróbuj sobie naszkicować wykres

Kaja: wow, dzięki a mam takie pytanie.. Bo na zajęciach obliczaliśmy tylko granicę z jednej strony no i wyszła że −3. Ale czy w punkcie 1 nie ma drugiej asymptoty? bo w tym zadaniu miałam wyznaczyć tylko pionową i dla −3 i z prawej i z lewej wyszło −3 Nie wiem czy mnie rozumiesz, bo sama siebie nie rozumiem

Kaja: aaj czekaj czekaj, właśnie się dokładniej przyjrzałam Twojemu rozwiązaniu i zastanawiam się, dlaczego u nas babka na zajęciach obliczała tylko z 1 strony.. a jak to jest z asymptotami poziomymi?

Basia: owszem pozioma jest szczególnym przypadkiem ukośnej tyle, że do wyznaczenia poziomej wystarczy zbadać lim_x→±∞ f(x)

	f(x)
a do wyznaczenia ukośnej trzeba zbadać limx→±∞
	x

Basia: bo możliwe, że dziedziną funkcji był np. tylko przedział (a,+∞) lub (−∞,b) lub (c,d) wtedy odpowiednio będą istniały tylko lim_x→a⁺ i lim_x→+∞, lim_x→b⁻ i lim_{x→ −∞}, lim_x→c⁺ i lim_x→d⁻ przecież Grześ wyznaczył obie pionowe: x=−3 i x=1

Kaja: mam tutaj jeszcze taki przykład z granic który bardzo mi się nie podoba.. Co sądzicie o tym? Jak najłatwiej to rozwiązać?

	x+1
lim x→∞ (		)2x−1
	x−2

Kaja: Trochę niezgrabnie to wyszło ale wszystko podnosimy do potęgi ^2x−1

Basia:

x+1		x−2+3		3
	=		= 1+
x−2		x−2		x−2

	x+1		3
(		)2x−1 = (1+		)2x−1 =
	x−2		x−2

	3
(1+		)2(x−12) =
	x−2

	3
((1+		)x−12)2=
	x−2

	3
((1+		)x−2+32)2=
	x−2

	3		3
((1+		)x−2*(1+		)32)2 →
	x−2		x−2

(e³*1)²=e⁶

Grześ: rozwiązać

Grześ: dobra.. nie pytałem

Kaja: mam jeszcze 2 pytania i chyba to wszystko na dziś, sorry, ale jutro mam kolokwium i chciałabym coś zrozumieć 1. Znajdź funkcję odwrotną: f(x)=2^x+2 to zadanie mam rozwiązane przez logarytmy−dlaczego? 2. Zbadać parzystość funkcji.. i tutaj nie wiem do końca 2 przykładów a) y=x(2^x+2^−x) tzn nie wiem tego dlaczego po zrobieniu z funkcji F(−x) a następnie przyrównaniu do tej początkowej postaci to pierwsze −x (przed nawiasem) zostaje a w nawiasie wracamy spowrotem do pierwotnego stanu.. b) y=X²−x+7 to jest niby proste ale coś mi tam nie gra, może mam źle w zeszycie, ale jak moglibyście zerknąć to byłabym wdzięczna

Grześ: Już tłumaczę

Grześ: 1. Funkcja odwrotna otrzymać: y=2^x+2 / obustronne log₂ log₂y=x+2 x=log₂y−2 Zamieniamy zmienne: y=log₂x−2 Rozumiesz

Kaja: ale dlaczego akurat logarytmujemy?

Grześ: bo musimy wyznaczyć x, a on jest w wykładniku

Basia: ad.1 bo masz wyznaczyć x, a funkcją odwrotną do wykładniczej jest logarytmiczna y= 2^x+2 /log₂ log₂y = log₂^x+2 log₂y = (x+2)*log₂2 log₂y = (x+2)*1 x+2 = log₂y x = −2+log₂y stąd po zamianie zmiennych f⁻¹(x) = −2+log₂x ad.2 a f(−x) = −x(2^−x+2^−(−x)) = −x(2^−x+2^x} = −x(2^x+2^−x) = −f(x) nieparzysta ad.2b nie jest ani parzysta, ani nieparzysta np. f(1)=1−1+7=7 f(−1)=1−(−1)+7 = 9 nie zachodzi więc ani równość f(−x)=f(x) ani równość f(−x) = −f(x)

Grześ: korzystamy w sumie z definicji logarytmu

Grześ: kurcze Basiu Ja chciałem dalej to zrobić

Kaja: hm, czyli 2 zadaniu 2 w a) nie wyszło nam f(−x) więc robimy żeby było −f(x) tak?

Kaja: wiecie o co chodzi? w 2gim zadaniu a)

Basia: sorry Grześ, ale gdy zaczynałam pisać Twojego wpisu nie było

Kaja: a teraz takie podsumowanie granic: jeśli lim x→∞ to wtedy możemy dzielić przez najwyższą potęgę a jeśli lim→a to musimy kombinować przez różne działania i wzory, tak?

Grześ: dobrze Basiu, nic się nie stało

jk: βΩ∞≥kj