Граница

[Jorkata]

[tex]\lim_{x \rightarrow \infty }\sqrt[3]{x^3+x^2+x+1} -\frac{\sqrt{x^2+x+1}\ln (e^x+x)}{x}[/tex]

[Реклама]

[vladob]

[tex]\lim_{x \rightarrow \infty }(\sqrt[3]{x^3+x^2+x+1} -\frac{\sqrt{x^2+x+1}\ln (e^x+x)}{x})= \lim_{x \to \infty}(x\sqrt[3]{1+ \frac{1}{ x} +\frac{1}{x^2 }+\frac{1}{ x^3} } - \frac{x\sqrt{1+\frac{1}{ x}+\frac {1}{x^2 } }}{ x} \ln (e^x + x))=[/tex]

[tex] \lim_{x \to \infty} \ln e^x \lim_{x \to \infty}\sqrt[3]{1+ \frac{1}{ x} +\frac{1}{x^2 }+ \frac{1}{ x^3} } - \lim_{x \to \infty}\sqrt{1+\frac{1}{ x}+\frac {1}{x^2 } }{\lim_{x \to \infty} \ln (e^x + x)= \lim_{x \to \infty} \ln e^x - \lim_{x \to \infty} \ln (e^x + x)=[/tex]

[tex]\lim_{x \to \infty} \ln \frac {e^x} {e^x + x }=\lim_{x \to \infty} \ln \frac {1} {1+ \frac {x} {e^x }}= \ln 1 = 0[/tex]

[xyz]

vladob нещо не схванах, защо:
[tex]\lim_{x \to \infty} \ln e^x \sqrt[3]{1+ \frac{1}{ x} +\frac{1}{x^2 }+ \frac{1}{ x^3}}=\lim_{x \to \infty} \ln e^x \lim_{x \to \infty}\sqrt[3]{1+ \frac{1}{ x} +\frac{1}{x^2 }+ \frac{1}{ x^3}}[/tex]
това е изпълнено, ако имаме:
[tex]\lim_{x \to \infty} x (\sqrt[3]{1+ \frac{1}{ x} +\frac{1}{x^2 }+ \frac{1}{ x^3}}-1)=0[/tex]
а не си го доказал. За мен това не е толкова очевидно, а май и не е вярно (вкарах x под корена)!
Тази задача, обаче, изглежда твърде интересна. Вижда се, че радикал на полином се апроксимира с твърде абсурдна функция (защото предполагам, че търсения лимит съществува). Jorkata откъде взе тази задача?

[Jorkata]

Задачата е от изпит по анализ 1 в Софииския университет.
Аз не получавам 0 на границата.Като я решавах бях получил друго.

[vladob]

Јас го користам следново (Ве молам кажете ако не сум во право !)
Ако [tex] \lim_{x \to a} f(x) = \pm \infty [/tex] и [tex] \lim_{x \to a} g(x) = c \ , \ - \infty < c < + \infty[/tex] тогаш

[tex] \lim_{x \to a} f(x) g(x) = \lim_{x \to a} f(x) \lim_{x \to a} g(x) = \{ \pm \infty \ , \ c >0 \\ \mp \infty \ , \ c<0[/tex]

[xyz]

[vladob]

Не тврдам дека сум во право, но негледам каде има [tex]\infty - \infty[/tex]

Следново е всушност исто со погоре напишаното но на друг начин.

[tex]\lim_{x \rightarrow \infty }(\sqrt[3]{x^3+x^2+x+1} -\frac{\sqrt{x^2+x+1}\ln (e^x+x)}{x})= \lim_{x \to \infty}(x\sqrt[3]{1+ \frac{1}{ x} +\frac{1}{x^2 }+\frac{1}{ x^3} } - \frac{x\sqrt{1+\frac{1}{ x}+\frac {1}{x^2 } }}{ x} \ln (e^x + x)) =[/tex]

[tex]\lim_{x \to \infty}(\sqrt[3]{1+ \frac{1}{ x} +\frac{1}{x^2 }+\frac{1}{ x^3} } \ \ \ln e^x - \sqrt{1+\frac{1} {x}+\frac {1}{x^2 } } \ \ \ln (e^x + x)) = \lim_{x \to \infty} (\ln (e^x)^{\sqrt[3]{1+ \frac{1}{ x} +\frac{1}{x^2 }+ \frac{1}{ x^3} } } - \ln (e^x + x)^{\sqrt{1+\frac{1}{ x}+\frac {1}{x^2 } }})[/tex]

[tex] = \lim_{x \to \infty} \ln \frac {(e^x)^{\sqrt[3]{1+ \frac{1}{ x} +\frac{1}{x^2 }+ \frac{1}{ x^3} } }} { (e^x + x)^{\sqrt{1+\frac{1}{ x}+\frac {1}{x^2 } }}} = \lim_{x \to \infty} \ln \frac {e^x} {(e^x + x)}=\lim_{x \to \infty} \ln \frac {1} {1+ \frac {x} {e^x }}= \ln 1 = 0[/tex]

Можеби треба уште да се каже дека [tex] \frac {x} {e^x} \to 0[/tex] на пример од Лопиталовото правило.
Навистина не сум сигурен дали сум во право, па заради тоа ќе бидам благодарен на вашите укажувања.

[xyz]

vladob ти държиш да замениш квадратния и кубичния корен с 1 и това си е. Това, обаче, не е хубаво да го правиш, а за да ти покажа причината ще използвам символ на Ландау:
http://www.math10.com/forumbg/viewtopic.php?t=2763
Така с негова помощ мога спокойно да запиша:
[tex]\sqrt[3]{1+ \frac{1}{ x} +\frac{1}{x^2 }+ \frac{1}{ x^3} }=1+o(1)[/tex]
което е все същото, че при x клонящо към безкрайност границата на функцията е* 1. Връщайки се към последния ред на твоя израз имаме:
[tex]\lim_{x \to \infty} \ln \frac {(e^x)^{\sqrt[3]{1+ \frac{1}{ x} +\frac{1}{x^2 }+ \frac{1}{ x^3} } }} { (e^x + x)^{\sqrt{1+\frac{1}{ x}+\frac {1}{x^2 } }}}=\lim_{x \to \infty} \ln \frac {(e^x)^{1+o(1)}} {(e^x + x)^{1+o(1)}}=\lim_{x \to \infty} \ln (\frac {e^x} {e^x + x}.\frac {e^{x.o(1)}} {(e^x + x)^{o(1)}})[/tex]
Виждаш, че в логаритъма се появява втори множител с e^o(x) в числитела и нещо подобно в знаменатиля*. Изобщо казано, обаче, e^o(x) има неопределена стойност, т.е. не можем да твърдим, че o(x) клони към нула (според дефиницията на o(x) към нула клони o(x)/x). За знаменателя нещата стоят подобно...

Edit: Оправих две правописни грешки - единствените, които открих (означих ги с *). Логически не откривам!

[Infernum]

В последното съобщение има много грешки.

[r2d2]

[Infernum]

[Infernum]

[xyz]

[Infernum]

ima i ot dvata vida.

[Jorkata]

Моето решение е чрез прилагане на теоремата на Лопитал.След еднократно прилагане на теоремата и заместване с ∞ получавам [tex]\frac{1}{3}-\frac{1}{2}=\frac{-1}{6}[/tex].След като обаче предварително доказвам че [tex]\frac{ln(e^x +x)}{x}=1[/tex],отново с Лопитал.

[Infernum]

[r2d2]

[tex]\lim_{x \rightarrow \infty }\sqrt[3]{x^3+x^2+x+1} -\frac{\sqrt{x^2+x+1}\ln (e^x+x)}{x}= \lim_{x \rightarrow \infty } \sqrt[3]{x^3+x^2+x+1} -\sqrt{x^2+x+1} +\sqrt{x^2+x+1}-\frac{\sqrt{x^2+x+1}\ln (e^x+x)}{x}[/tex]

Границата [tex]\lim_{x \rightarrow \infty } \sqrt[3]{x^3+x^2+x+1} -\sqrt{x^2+x+1} =-\frac{1}{6}[/tex]. Как се прави с Лопитал чакаме Жорката.
Втората е нула защото:
[tex]\lim_{x \rightarrow \infty }\sqrt{x^2+x+1}-\frac{\sqrt{x^2+x+1}\ln (e^x+x)}{x}=\frac{\sqrt{x^2+x+1}}{x}(x-\ln(e^x+x))=1.(\ln{e^x}-\ln(e^x+x))=\ln \frac{e^x}{e^x+x} \rightarrow 0[/tex]

[Infernum]

Евала, r2d2!!

[Jorkata]

[tex]\frac{\sqrt[3](1+1/x+1/x^2+1/x^3)-\sqrt(1+1/x+1/x^2)}{1/x}[/tex]
Имаме неопределеност от вида 0/0 и прилагаме теоремата на Лопитал.