Задача (от всичко по малко)

[Гост]

Да се намери:

a) у-ето на правата, която се допира до [tex]xy=x^{y}[/tex] в х=1;
б) наклоните на всички прави, минаващи през началото на xOy и допиращи се до кривата [tex]y^{2}=x^{3}+39x-35[/tex]
в) [tex]\lim_{x \to 1}x^{\frac{x}{sin(1-x)}}[/tex];
г)[tex]\sqrt{e^{\int\limits_{0}^{1}f(x)dx}}[/tex], където [tex]f(x)=1+\frac{x}{2}+\frac{x^{2}}{4}+\frac{x^{3}}{8}+...[/tex], [tex]-1\le[/tex][tex]x\le1[/tex]
д) [tex]\sum_{x=1}^{\infty }\frac{1}{n.2^{n-1}}[/tex]
e) лицето между страната АB=1 на равностранен [tex]\triangle[/tex][tex]ABC[/tex] и параболата, вписана в него по такъв начин, че тя се допира до страните АС и ВС съответно в точките А и В;
ж) лицето на L, където L е геометричното място на точките (х, y) в първи квадрант, за които [tex]\frac{x}{t}+\frac{y}{1-t}=1[/tex], [tex]0<[/tex][tex]t<1[/tex]

[Гост]

д) [tex]\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n.2^{n-1}}[/tex]

[aifC]

в) [tex]x^{\frac{x}{\sin \left(1-x\right)}}=e^{\frac{x}{\sin \left(1-x\right)}\ln \left(x\right)} \implies \lim _{x\to \:1}\left(e^{\frac{x}{\sin \left(1-x\right)}\ln \left(x\right)}\right)[/tex]; Нека [tex]u = \left(\frac{x}{\sin \left(1-x\right)}\ln \left(x\right)\right)[/tex]

[tex]\lim _{x\to \:1}\left(\frac{x}{\sin \left(1-x\right)}\ln \left(x\right)\right) = \left(\frac{\ln \left(x\right)}{\frac{1}{\frac{x}{\sin \left(1-x\right)}}}\right) = \left(\frac{\frac{1}{x}}{-\frac{\sin \left(1-x\right)+x\cos \left(1-x\right)}{x^2}}\right) = \left(\frac{-x}{\sin \left(1-x\right)+x\cos \left(1-x\right)}\right) = \frac{-1}{\sin \left(1-1\right)+1\cdot \cos \left(1-1\right)} = -1[/tex];

От [tex]u = -1[/tex]

[tex]\implies \lim _{u\to \:-1}\left(e^u\right) = e^{-1} = \frac{1}{e}[/tex];

[aifC]

д) [tex]\sum _{n=1}^{\infty \:}\frac{1}{n\cdot \:2^{n-1}} = \sum _{n=1}^{\infty \:}\frac{2^{1-n}}{n}[/tex]

[tex]\implies \left|\frac{\frac{2^{1-\left(n+1\right)}}{n+1}}{\frac{2^{1-n}}{n}}\right| = \left|\frac{2^{1-\left(n+1\right)}n}{\left(n+1\right)\cdot \:2^{1-n}}\right| = \left|\frac{2^{1-\left(n+1\right)}n}{\left(n+1\right)\cdot \:2^{1-n}}\right| = \left|\frac{n}{\left(n+1\right)\cdot \:2}\right|[/tex]

[tex]\lim _{n\to \infty \:}\left(\left|\frac{n}{2\left(n+1\right)}\right|\right) = \left(\frac{n}{2\left(n+1\right)}\right) = \left(\frac{n}{n+1}\right) = \left(\frac{1}{1+\frac{1}{n}}\right) = \frac{1}{2}[/tex];

[tex]L<1 \implies[/tex] конвергира;

[pal702004]

$x=\frac 1 2$

$1+\frac x 2 +\frac{x^2}{3}+\cdots =\frac{1}{x}\left(x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+\cdots\right)$

$=\frac 1 x \int (1+x+x^2+\cdots)dx=\frac 1 x \int \frac{dx}{1-x}=-\frac{\ln(1-x)}{x}=2\ln(2)$

[Гост]

в) [tex]x^{\frac{x}{\sin \left(1-x\right)}}=e^{\frac{x}{\sin \left(1-x\right)}\ln \left(x\right)} \implies \lim _{x\to \:1}\left(e^{\frac{x}{\sin \left(1-x\right)}\ln \left(x\right)}\right)[/tex]; Нека [tex]u = \left(\frac{x}{\sin \left(1-x\right)}\ln \left(x\right)\right)[/tex]

[tex]\lim _{x\to \:1}\left(\frac{x}{\sin \left(1-x\right)}\ln \left(x\right)\right) = \left(\frac{\ln \left(x\right)}{\frac{1}{\frac{x}{\sin \left(1-x\right)}}}\right) = \left(\frac{\frac{1}{x}}{-\frac{\sin \left(1-x\right)+x\cos \left(1-x\right)}{x^2}}\right) = \left(\frac{-x}{\sin \left(1-x\right)+x\cos \left(1-x\right)}\right) = \frac{-1}{\sin \left(1-1\right)+1\cdot \cos \left(1-1\right)} = -1[/tex];

От [tex]u = -1[/tex]

[tex]\implies \lim _{u\to \:-1}\left(e^u\right) = e^{-1} = \frac{1}{e}[/tex];

грешно ти е съставена дробта от втория ред...

[kmitov]

За границата. По-добре е така
$$\lim_{x \to 1} \frac{x \ln x}{\sin (1-x)}=\left[\frac{0}{0}\right]=\lim_{x \to 1}\frac{1.\ln x + x.(1/x)}{-\cos(1-x)}=\frac{1}{-1}.$$

[kmitov]

За г). Сумата на реда е $\frac{1}{1-(x/2)}=\frac{2}{2-x}$. Интегралът е $\int_0^1\frac{2}{2-x}dx=\left.-2.\ln (2-x)\right|_0^1=-2(\ln 1-\ln 2)=\ln 4$.
Нататък $e^{\ln 4}=4$, $\sqrt{4}=2.$

[aifC]

Кое по точно е сгрешено ?

[Гост]

Кое по точно е сгрешено ?

изглеждаше ми все едно е [tex]\frac{\frac{1}{x}}{sin(1-x)}[/tex], но с ква цел го направи? в началото ясно се вижда, че е 0/0, а след тая акробатика не изглежда, че е 0/0

[Гост]

Да се намери:

a) у-ето на правата, която се допира до [tex]xy=x^{y}[/tex] в х=1;
б) наклоните на всички прави, минаващи през началото на xOy и допиращи се до кривата [tex]y^{2}=x^{3}+39x-35[/tex]
в) [tex]\lim_{x \to 1}x^{\frac{x}{sin(1-x)}}[/tex];
г)[tex]\sqrt{e^{\int\limits_{0}^{1}f(x)dx}}[/tex], където [tex]f(x)=1+\frac{x}{2}+\frac{x^{2}}{4}+\frac{x^{3}}{8}+...[/tex], [tex]-1\le[/tex][tex]x\le1[/tex]
д) [tex]\sum_{x=1}^{\infty }\frac{1}{n.2^{n-1}}[/tex]
e) лицето между страната АB=1 на равностранен [tex]\triangle[/tex][tex]ABC[/tex] и параболата, вписана в него по такъв начин, че тя се допира до страните АС и ВС съответно в точките А и В;
ж) лицето на L, където L е геометричното място на точките (х, y) в първи квадрант, за които [tex]\frac{x}{t}+\frac{y}{1-t}=1[/tex], [tex]0<[/tex][tex]t<1[/tex]

д) ако се интегрира ф-ята от г) и се сложи х=1, ще се получи точно тая сума[tex]\Rightarrow[/tex]сумата е [tex]\int\limits_{0}^{1}f(x)dx[/tex]=2ln2

[Гост]

Да се намери:

a) у-ето на правата, която се допира до [tex]xy=x^{y}[/tex] в х=1;
б) наклоните на всички прави, минаващи през началото на xOy и допиращи се до кривата [tex]y^{2}=x^{3}+39x-35[/tex]
в) [tex]\lim_{x \to 1}x^{\frac{x}{sin(1-x)}}[/tex];
г)[tex]\sqrt{e^{\int\limits_{0}^{1}f(x)dx}}[/tex], където [tex]f(x)=1+\frac{x}{2}+\frac{x^{2}}{4}+\frac{x^{3}}{8}+...[/tex], [tex]-1\le[/tex][tex]x\le1[/tex]
д) [tex]\sum_{x=1}^{\infty }\frac{1}{n.2^{n-1}}[/tex]
e) лицето между страната АB=1 на равностранен [tex]\triangle[/tex][tex]ABC[/tex] и параболата, вписана в него по такъв начин, че тя се допира до страните АС и ВС съответно в точките А и В;
ж) лицето на L, където L е геометричното място на точките (х, y) в първи квадрант, за които [tex]\frac{x}{t}+\frac{y}{1-t}=1[/tex], [tex]0<[/tex][tex]t<1[/tex]

a) [tex](xy)'=(x^{y})'\Rightarrow[/tex][tex]y+xy'=(x^{y})', f=x^{y}\Rightarrow[/tex][tex]lnf=ylnx, (lnf)'=(ylnx)'[/tex][tex]\Rightarrow[/tex][tex]\frac{1}{f}.f'=y'lnx+\frac{y}{x}[/tex][tex]\Rightarrow[/tex][tex]f'=(y'lnx+\frac{y}{x})f=(y'lnx+\frac{y}{x})x^{y}[/tex]
[tex]\Rightarrow[/tex][tex]y+xy'=(y'lnx+\frac{y}{x})x^{y}, xy'-y'lnx.x^{y}=\frac{y}{x}.x^{y}-y, y'(x-lnx.x^{y})=y(x^{y-1}-1)[/tex][tex]\Rightarrow[/tex][tex]y'=\frac{y(x^{y-1}-1)}{x(1-lnx.x^{y-1})}[/tex]
[tex](x, y)=(1, 1)[/tex][tex]\Rightarrow[/tex][tex]y'=0[/tex][tex]\Rightarrow[/tex][tex]y-1=0(x-1)[/tex], [tex]y=1[/tex]

[Гост]

Да се намери:

a) у-ето на правата, която се допира до [tex]xy=x^{y}[/tex] в х=1;
б) наклоните на всички прави, минаващи през началото на xOy и допиращи се до кривата [tex]y^{2}=x^{3}+39x-35[/tex]
в) [tex]\lim_{x \to 1}x^{\frac{x}{sin(1-x)}}[/tex];
г)[tex]\sqrt{e^{\int\limits_{0}^{1}f(x)dx}}[/tex], където [tex]f(x)=1+\frac{x}{2}+\frac{x^{2}}{4}+\frac{x^{3}}{8}+...[/tex], [tex]-1\le[/tex][tex]x\le1[/tex]
д) [tex]\sum_{x=1}^{\infty }\frac{1}{n.2^{n-1}}[/tex]
e) лицето между страната АB=1 на равностранен [tex]\triangle[/tex][tex]ABC[/tex] и параболата, вписана в него по такъв начин, че тя се допира до страните АС и ВС съответно в точките А и В;
ж) лицето на L, където L е геометричното място на точките (х, y) в първи квадрант, за които [tex]\frac{x}{t}+\frac{y}{1-t}=1[/tex], [tex]0<[/tex][tex]t<1[/tex]

e) нека А(0,0), В(1,0) и нека C е в първи квадрант-лесно се намира C([tex]\frac{1}{2}[/tex],[tex]\frac{\sqrt{3}}{2}[/tex])
нека общото у-е на параболата е: [tex]f(x)=ax^{2}+bx+c[/tex]
от това, че f(х) минава през А[tex]\Rightarrow[/tex]c=0[tex]\Rightarrow[/tex][tex]f(x)=ax^{2}+bx[/tex]
от това, че f(х) минава през B[tex]\Rightarrow[/tex][tex]0=a+b[/tex][tex]\Rightarrow[/tex][tex]a=-b[/tex], [tex]f(x)=-bx^{2}+bx[/tex]
наклонът на CA e [tex]\frac{y_{2 }-y_{1 }}{x_{2 }-x_{1 }}=\sqrt{3}=f'(0)[/tex], [tex]f'(x)=-2bx+b[/tex][tex]\Rightarrow[/tex][tex]b=\sqrt{3}[/tex]
[tex]f(x)=-\sqrt{3}x^{2}+\sqrt{3}x[/tex]
тогава лицето е [tex]\int\limits_{0}^{1}(-\sqrt{3}x^{2}+\sqrt{3}x)dx=\frac{\sqrt{3}}{6}[/tex]

[Гост]

Да се намери:

a) у-ето на правата, която се допира до [tex]xy=x^{y}[/tex] в х=1;
б) наклоните на всички прави, минаващи през началото на xOy и допиращи се до кривата [tex]y^{2}=x^{3}+39x-35[/tex]
в) [tex]\lim_{x \to 1}x^{\frac{x}{sin(1-x)}}[/tex];
г)[tex]\sqrt{e^{\int\limits_{0}^{1}f(x)dx}}[/tex], където [tex]f(x)=1+\frac{x}{2}+\frac{x^{2}}{4}+\frac{x^{3}}{8}+...[/tex], [tex]-1\le[/tex][tex]x\le1[/tex]
д) [tex]\sum_{x=1}^{\infty }\frac{1}{n.2^{n-1}}[/tex]
e) лицето между страната АB=1 на равностранен [tex]\triangle[/tex][tex]ABC[/tex] и параболата, вписана в него по такъв начин, че тя се допира до страните АС и ВС съответно в точките А и В;
ж) лицето на L, където L е геометричното място на точките (х, y) в първи квадрант, за които [tex]\frac{x}{t}+\frac{y}{1-t}=1[/tex], [tex]0<[/tex][tex]t<1[/tex]

б) Правите са от вида [tex]y=ax[/tex]
[tex]2yy'=3x^{2}+39[/tex][tex]\Rightarrow[/tex][tex]y'=\frac{3x^{2}+39}{2y}[/tex][tex]\Rightarrow[/tex][tex]a=\frac{3x^{2}+39}{2ax}[/tex][tex]\Rightarrow[/tex][tex]a^{2}=\frac{3x^{2}+39}{2x}[/tex]
от друга страна [tex](ax)^{2}=x^{3}+39x-35[/tex][tex]\Rightarrow[/tex][tex]a^{2}=\frac{x^{3}+39x-35}{x^{2}}[/tex]
[tex]\Rightarrow[/tex][tex]\frac{3x^{2}+39}{2x}=\frac{x^{3}+39x-35}{x^{2}}[/tex][tex]\Leftrightarrow[/tex][tex]x^{3}-39x+70=0[/tex]
[tex]\Rightarrow[/tex][tex]x={-7, 2, 5}[/tex][tex]\Rightarrow[/tex][tex]a=\pm\frac{\sqrt{51}}{2}, \pm\frac{6\sqrt{10}}{5}[/tex]

[Гост]

[tex][/tex]

Да се намери:

a) у-ето на правата, която се допира до [tex]xy=x^{y}[/tex] в х=1;
б) наклоните на всички прави, минаващи през началото на xOy и допиращи се до кривата [tex]y^{2}=x^{3}+39x-35[/tex]
в) [tex]\lim_{x \to 1}x^{\frac{x}{sin(1-x)}}[/tex];
г)[tex]\sqrt{e^{\int\limits_{0}^{1}f(x)dx}}[/tex], където [tex]f(x)=1+\frac{x}{2}+\frac{x^{2}}{4}+\frac{x^{3}}{8}+...[/tex], [tex]-1\le[/tex][tex]x\le1[/tex]
д) [tex]\sum_{x=1}^{\infty }\frac{1}{n.2^{n-1}}[/tex]
e) лицето между страната АB=1 на равностранен [tex]\triangle[/tex][tex]ABC[/tex] и параболата, вписана в него по такъв начин, че тя се допира до страните АС и ВС съответно в точките А и В;
ж) лицето на L, където L е геометричното място на точките (х, y) в първи квадрант, за които [tex]\frac{x}{t}+\frac{y}{1-t}=1[/tex], [tex]0<[/tex][tex]t<1[/tex]

ж) L е фамилия от прави в първи кадрант, които отсичат от осите отсечки с дължини от 0 до 1. Oтносно t се получава:
[tex]t^{2}+(y-x-1)t+x=0[/tex], [tex]t=\frac{x+1-y\pm\sqrt{(y-x-1)^{2}-4x}}{2}[/tex]
за да е реално t, нужно е: [tex](y-x-1)^{2}-4x\ge0[/tex][tex]\Leftrightarrow[/tex][tex]y^{2}-(2x+2)y+(x-1)^{2}\ge0[/tex]
решенията са: [tex]y[/tex][tex]\le[/tex][tex]x+1-2\sqrt{x}[/tex] [tex]\cup[/tex] [tex]y[/tex][tex]\ge[/tex][tex]x+1+2\sqrt{x}[/tex]
но [tex]y<1[/tex][tex]\Rightarrow[/tex][tex]y\le[/tex][tex]x+1-2\sqrt{x}[/tex]
[tex]\Rightarrow[/tex] лицето е [tex]\int\limits_{0}^{1}(x+1-2\sqrt{x})dx=\frac{1}{6}[/tex]