Kako se pa ta limita reši? Tnx.
\(\lim_{x \to - \infty}(\sqrt{x^2 + x - 3} - \sqrt{x^2 - x + 1})\)
par limit
Izpostavis x:
\(\lim_{x\to -\infty}|x|\left(\sqrt{1+\frac{1}{x}-\frac{3}{x^2}}-\sqrt{1-\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}}\right)\)
Kvocienti v korenih so majhni zato lahko korene razvijemo po taylorju (binomska formula). Zadostoval bo 1. clen ker 1/x^2 ne rabis vec (po mnozenju z x je sevedno 0). Absolutna vrednost gre ven ker je bila v korenu kvadrat, ki je vedno pozitiven.
\(\lim_{x\to -\infty}|x|\left(1+\frac{1}{2x}-\frac{3}{2x^2}-1+\frac{1}{2x}-\frac{1}{2x^2}\right)=\)
\(\lim_{x\to -\infty}|x|\left(\frac{1}{x}-\frac{3}{2x^2}-\frac{1}{2x^2}\right)=\)
\(\lim_{x\to -\infty}\frac{|x|}{x}-\frac{3|x|}{2x^2}-\frac{|x|}{2x^2}=-1\)
\(\lim_{x\to \infty}=1\)
\(\lim_{x\to -\infty}|x|\left(\sqrt{1+\frac{1}{x}-\frac{3}{x^2}}-\sqrt{1-\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}}\right)\)
Kvocienti v korenih so majhni zato lahko korene razvijemo po taylorju (binomska formula). Zadostoval bo 1. clen ker 1/x^2 ne rabis vec (po mnozenju z x je sevedno 0). Absolutna vrednost gre ven ker je bila v korenu kvadrat, ki je vedno pozitiven.
\(\lim_{x\to -\infty}|x|\left(1+\frac{1}{2x}-\frac{3}{2x^2}-1+\frac{1}{2x}-\frac{1}{2x^2}\right)=\)
\(\lim_{x\to -\infty}|x|\left(\frac{1}{x}-\frac{3}{2x^2}-\frac{1}{2x^2}\right)=\)
\(\lim_{x\to -\infty}\frac{|x|}{x}-\frac{3|x|}{2x^2}-\frac{|x|}{2x^2}=-1\)
\(\lim_{x\to \infty}=1\)
Ugotovimo, da gre za nedoločenost tipa \(1^{\infty}\), katero prevedemo na tip \(\frac{0}{0}\) ali \(\frac{\infty}{\infty}\).
To storimo na sledeč način:
\(\lim_{x \to 0} (\frac{a^x+b^x}{2})^{\frac{1}{x}} = \lim_{x \to 0} e^{\frac{1}{x}\ln(\frac{a^x+b^x}{2})}\)
oz. lahko pišemo (zaradi zveznosti \(e^x\)):
\(e^{\lim_{x \to 0} \frac{\ln(\frac{a^x+b^x}{2})}{x}}\)
V eksponentu je torej nedoločenost tipa \(\frac{0}{0}\), ki jo uženemo z L'Hospitalom (odvajamo števec in imenovalec posebej):
\(e^{\lim_{x \to 0} \frac{ \frac{2}{ a^x+b^x } \frac{1}{2} (a^x \ln a + b^x \ln b)}{1}}\)
Tako dobimo za vrednost limite:
\(e^{\frac{\ln a + \ln b}{2}}\)
oz.
\(\sqrt{ab}\)
To storimo na sledeč način:
\(\lim_{x \to 0} (\frac{a^x+b^x}{2})^{\frac{1}{x}} = \lim_{x \to 0} e^{\frac{1}{x}\ln(\frac{a^x+b^x}{2})}\)
oz. lahko pišemo (zaradi zveznosti \(e^x\)):
\(e^{\lim_{x \to 0} \frac{\ln(\frac{a^x+b^x}{2})}{x}}\)
V eksponentu je torej nedoločenost tipa \(\frac{0}{0}\), ki jo uženemo z L'Hospitalom (odvajamo števec in imenovalec posebej):
\(e^{\lim_{x \to 0} \frac{ \frac{2}{ a^x+b^x } \frac{1}{2} (a^x \ln a + b^x \ln b)}{1}}\)
Tako dobimo za vrednost limite:
\(e^{\frac{\ln a + \ln b}{2}}\)
oz.
\(\sqrt{ab}\)
Eno zaporedje:
Naj bo \(0 < a < x_{1} < b\). Dokaži, da je zaporedje, podano s predpisom
\(x_{n+1} = a + b - {ab \over x_{n}}\),
\(n \in N\)
konvergentno in izračunaj njegovo limito.
No, jaz tole preoblikujem:
\(x = a + b -{ab \over x}\)
dobim kvadratno enačbo in pride:
x = a in x = b.
Ker je b > a, je prava rešitev x = b.
Pravilno?
Naj bo \(0 < a < x_{1} < b\). Dokaži, da je zaporedje, podano s predpisom
\(x_{n+1} = a + b - {ab \over x_{n}}\),
\(n \in N\)
konvergentno in izračunaj njegovo limito.
No, jaz tole preoblikujem:
\(x = a + b -{ab \over x}\)
dobim kvadratno enačbo in pride:
x = a in x = b.
Ker je b > a, je prava rešitev x = b.
Pravilno?
a to lahko kar tako reces:
\(x = a + b -{ab \over x}\)
ceprav je enkrat \(x_{n+1}\), in enkrat \(x_{n}\)?
in zakaj bi bila potem a oz. b limita?
ali ni tako, da limito izračunaš:
\(x=\lim_{n \to \infty} x_{n}\)
in potrebuješ \(x_{n}\)?
imas pa neko nehomogeno diferenčno enačbo
\(x_{n+1} = a + b -{ab \over x_{n}}\)
?
lahko to kdo malo bolj razloži.
hvala
\(x = a + b -{ab \over x}\)
ceprav je enkrat \(x_{n+1}\), in enkrat \(x_{n}\)?
in zakaj bi bila potem a oz. b limita?
ali ni tako, da limito izračunaš:
\(x=\lim_{n \to \infty} x_{n}\)
in potrebuješ \(x_{n}\)?
imas pa neko nehomogeno diferenčno enačbo
\(x_{n+1} = a + b -{ab \over x_{n}}\)
?
lahko to kdo malo bolj razloži.
hvala
Da, lahko reces, vendar sklep ima svoje argumente ki jih Mafijec najbrz pozna in je samo na hitro napisal rezultat. Namrec za izracunat limito rekurzivno podanega zaporedja (ce vemo da konvergira*) je najlazje primerjat limiti \(\lim_{n\to\infty} x_n = \lim_{n\to\infty}x_{n+1}\). Limiti sta namrec enaki, ker gre za eno in isto zaporedje, le na eni strani en clen 'prehiteva' kar pa ne vpliva na vrednost limite (pravzaprav lahko prehita poljubno koncno mnogo clenov, pa bo limita se vedno enaka). V nasem primeru:
\(\lim_{n\to\infty} x_n = \lim_{n\to\infty}{(a+b-\frac{ab}{x_n}})\) //oznacimo limito z \(x\)
\(x = a + b - \frac{ab}{x}\)
\(x^2 - x(a+b) +ab = 0\)
Resitvi kvadratne enacbe pa sta \(x_1 = a\) in \(x_2 = b\).
*v nasem primeru pa se ne vemo da konvergira. Ce bi pokazali da je omejeno in narascajoce potem bi konvergiralo in limita bi bila enaka b, ce pa omejeno in padajoce pa enaka a.
\(\lim_{n\to\infty} x_n = \lim_{n\to\infty}{(a+b-\frac{ab}{x_n}})\) //oznacimo limito z \(x\)
\(x = a + b - \frac{ab}{x}\)
\(x^2 - x(a+b) +ab = 0\)
Resitvi kvadratne enacbe pa sta \(x_1 = a\) in \(x_2 = b\).
*v nasem primeru pa se ne vemo da konvergira. Ce bi pokazali da je omejeno in narascajoce potem bi konvergiralo in limita bi bila enaka b, ce pa omejeno in padajoce pa enaka a.
-
ZdravaPamet
- Prispevkov: 2842
- Pridružen: 16.8.2004 19:41
-
ZdravaPamet
- Prispevkov: 2842
- Pridružen: 16.8.2004 19:41