Pretransformiras
\(\sqrt{x}\log\frac{4^x+1}{(2^x-1)^2}\)
Tisto pod logaritmom gre proti 1, torej imas limito neskoncno*0. To lahko predelas na 0/0 in napades z l'Hospitalom. Druga moznost je, da zdelis tisto pod logaritmom, razvijes kot 1+nekaj majhnega in razvijes se logaritem. No, v vsakem primeru hitro ugotovis da gre tole z logaritmom eksponentno v 0, koren pa potencno, kar nima sans proti eksponentni funkciji.
Limite
Re: Limite
Kako limito tipa 0*neskonlno predelaš na Lopitalovo pravilo? Ali lahko vsako limito tipa 0*neskončno prevedeš na limito za Lopitala?
Re: Limite
Ja naredis 0/0.
\(\displaystyle\frac{\log\frac{4^x+1}{4^x+1-2^{x+1}}}{x^{-1/2}}\).
Poskusi se s temle:
\(\displaystyle-\frac{\log (1-\frac{2^{x+1}}{4^x+1})}{x^{-1/2}}\).
Kdaj l'Hospital ne deluje je odvisno od nekih podrobnosti (povezano z zveznostjo, odvedljivostjo,...), s tem se v praksi res ni za ukvarjat. Prakticno vedno deluje in ce slucajno ne deluje pac ne deluje in poskusis kaj drugega (se najbolj pomaga obcutek ki ga dobis s prakso).
Lahko je tudi tako, da z l'Hospitalom ne prides nikamor (vedno dobis nazaj obliko 0/0 ali kaj podobnega).
\(\displaystyle\frac{\log\frac{4^x+1}{4^x+1-2^{x+1}}}{x^{-1/2}}\).
Poskusi se s temle:
\(\displaystyle-\frac{\log (1-\frac{2^{x+1}}{4^x+1})}{x^{-1/2}}\).
Kdaj l'Hospital ne deluje je odvisno od nekih podrobnosti (povezano z zveznostjo, odvedljivostjo,...), s tem se v praksi res ni za ukvarjat. Prakticno vedno deluje in ce slucajno ne deluje pac ne deluje in poskusis kaj drugega (se najbolj pomaga obcutek ki ga dobis s prakso).
Lahko je tudi tako, da z l'Hospitalom ne prides nikamor (vedno dobis nazaj obliko 0/0 ali kaj podobnega).
Re: Limite
Nisem mislil, če lahko vsako limito tipa 0/0 ali neskončno/neskončno rešiš z Lopitalom, ampak če vsako limito tioa 0*neskončno lahko prevedeš na ustrezen ulomek?
Re: Limite
Aja. To seveda lahko, samo neskoncnost neses dol.
Re: Limite
A mi lahko prosim pomaga kdo pri nasldnjih limitah:(vem da je fora z nekimi e-ji, samo ne vem kako nastavit)
\(\lim_{n \rightarrow \infty}(1+\frac{n-1}{n+1})^{\frac{n+1}{n-1}}\)
\(\lim_{n \rightarrow \infty} (\frac{n^2+4n}{n^2-n+1})^{n+3}\)
ter pri integralih:
\(\int \frac{e^{4x}}{e^x+2}dx \quad\quad \int \frac{dx}{x^2 \sqrt{1+x^2}}\)
\(\lim_{n \rightarrow \infty}(1+\frac{n-1}{n+1})^{\frac{n+1}{n-1}}\)
\(\lim_{n \rightarrow \infty} (\frac{n^2+4n}{n^2-n+1})^{n+3}\)
ter pri integralih:
\(\int \frac{e^{4x}}{e^x+2}dx \quad\quad \int \frac{dx}{x^2 \sqrt{1+x^2}}\)
Re: Limite
Prva sploh nima oblike nedolocenega izraza. Lepo se izlimitira v 2^1.
Druga: zdeli tisto v oklepaju, da dobis 1+nekaj. Potem lahko pogledas kako se spreminja tisto v oklepaju (obdrzis vodilne clene v stevcu in imenovalcu).
Prvi integral: daj imenovalec za novo spremeljivko.
Drugi: lahko das x=tan(fi) in poskusis potem dobljeni trigonometricni integral naprej razresit. Lahko pa das za novo spremeljivko x/sqrt(1+x^2).
Druga: zdeli tisto v oklepaju, da dobis 1+nekaj. Potem lahko pogledas kako se spreminja tisto v oklepaju (obdrzis vodilne clene v stevcu in imenovalcu).
Prvi integral: daj imenovalec za novo spremeljivko.
Drugi: lahko das x=tan(fi) in poskusis potem dobljeni trigonometricni integral naprej razresit. Lahko pa das za novo spremeljivko x/sqrt(1+x^2).
Re: Limite
To pomeni, da tak način ne bi bil pravilen?:Aniviller napisal/-a:Prva sploh nima oblike nedolocenega izraza. Lepo se izlimitira v 2^1.
\(\displaystyle\lim_{n \to \infty} \left(1 + \frac{1}{\frac{n+1}{n-1}}\right)^\frac{n+1}{n-1} = e\)
Re: Limite
Ja poglej malo kam limitiras. (n+1)/(n-1) gre proti 1.
Re: Limite
Aha se pravi samo če bi bil nedoločen izraz bi uporabil metodo z e-jem. Recimo pri n->1
Re: Limite
Ta limita je e samo, ce gre tisto v eksponentu proti neskoncno. To kam limitiras je bistvena stvar, ne smes kar spregledat in gledat samo izraza pod limito.
Ja, pri n->1 dobis e.
Ja, pri n->1 dobis e.