Въпрос за студенти 1-ви курс

[stflyfisher]

Защо при граници от вида:

[tex]\lim_{x \to a} f(x)^{g(x)}=[1^{\infty }][/tex] е неопределеност?

Нали 1 на произволна степен е 1?

п.п. отговорът на въпроса е в разбирането на понятието граница на функция.

[ptj]

Понятието неопределеност всъщност означава, че при тези случаи не могат да се приложат теоремите за непрекъснатост директно.

П.П. Защото [tex](\pm \infty)^0[/tex] също е неопределеност. Всичко зависи от скоростите на изменение на числителя и знаменателя в граничните точки.

[Mark]

stflyfisher, твоят въпрос е еквивалентен на въпроса, защо [tex]\frac{0}{0}[/tex] е неопределеност.

[stflyfisher]

stflyfisher, твоят въпрос е еквивалентен на въпроса, защо [tex]\frac{0}{0}[/tex] е неопределеност.

Точно така, а и не само за тази, а и за всички други неопределености.

[stflyfisher]

Намерете асимптотите(тата) на ф-та:

[tex]y=f(x)=ln(e^x+e^{-x})[/tex]

[mkmarinov]

1. [tex]\lim_{x \to \infty}f(x)=\lim_{x \to \infty} ln(e^x+e^{-x}) \ge \lim_{x \to \infty} ln(e^x)=\lim_{x \to \infty}x[/tex], няма хоризонтални асимптоти.
2. [tex]\lim_{x \to \infty}\frac{f(x)}{x}=\lim_{x \to \infty}\frac{ln(e^x+e^{-x})}{x}=\lim_{x \to \infty}\frac{e^x-e^{-x}}{e^x+e^{-x}}=1[/tex] => съществува наклонена асимптота с наклон 1.
[tex]\lim_{x \to \infty}(ln(e^x+e^{-x})-x)=\lim_{x \to \infty}ln \frac{e^x+e^{-x}}{e^x}=0[/tex], т.е. има наклонена асимптота [tex]y=x[/tex]. Аналогично при х клонящо към минус безкрай се получава наклонена асимптота [tex]y=-x[/tex].
3. Вертикални асимптоти очевидно няма.

[stflyfisher]

Напълно вярно

[achii]

Nqkoi moje li da mi pomogne s tozi integral: \int_{}^{ } x^2-3x+4/\sqrt{} xdx

[stflyfisher]

Nqkoi moje li da mi pomogne s tozi integral: \int_{}^{ } x^2-3x+4/\sqrt{} xdx

\int_{}^{ } x^2-3x+4/\sqrt{} xdx<=>[tex]\int_{}^{ } \frac{x^2-3x+4}{\sqrt{x}} dx=\int (\frac{x^2}{\sqrt{x}}+\frac{-3x}{\sqrt{x}}+\frac{4}{\sqrt{x}})dx=\int (\frac{x^2}{{x^{\frac{1}{2}}}}+\frac{-3x}{x^{\frac{1}{2}}}+\frac{4}{x^{\frac{1}{2}}})dx=\int (x^{\frac{3}{2}} -3x^{\frac{1}{2}}+4x^{-\frac{1}{2}})dx=...[/tex]

[stflyfisher]

Решете интеграла:

[tex]\int \frac{e^{arctg (x)}}{(1+x^2)^{\frac{3}{2}}}dx[/tex]

[Mark]

[tex]x=tgt, dx=\frac{dt}{cos^2t}[/tex]
[tex]\int \frac{e^{arctg(x)}}{\sqrt(x^2+1)^3}dx=\int e^tcostdt=e^tsint-\int e^tsintdt=e^t(sint+cost)-\int e^tcostdt =>[/tex]
[tex]\int e^tcostdt=\frac{e^t(cost+sint)}{2}[/tex]
[tex]\int \frac{e^{arctg(x)}}{\sqrt(x^2+1)^3} dx =\frac{e^{arctgx}(x+1)}{2\sqrt{x^2+1}}+C[/tex]

[stflyfisher]

Напълно вчерно

п.п. Става и без полагане, но има повече писане и сметки

[stflyfisher]

Намерете асимптотите на ф-та:

[tex]y=f(x)=x.arccotgx[/tex]

[mkmarinov]

ДМ: всяко х, вертикални асимптоти няма.
[tex]\lim_{x \to \pm \infty} \frac{x arccotgx}{x}=0[/tex], може да има единствено хоризонтални асимптоти.
Да се отбележи, че функцията е четна. Ще разглеждаме само положителната посока.
Остава да се намери
[tex]L=\lim_{x \to \infty} x arccotgx[/tex]
[tex]x=cotg u, x \to + \infty: u \to 0^+[/tex] (от ДО на аркус котангенс)
[tex]L=\lim_{u \to 0^+}u cotgu=\lim_{u \to 0^+} \frac{u}{tgu}=1[/tex]
Окончателно: хоризонтална асимптота у=1.

[stflyfisher]

[tex]\lim_{x \to -\infty } \frac{f(x)}{x}=\lim_{x \to -\infty } \frac{x.arccotg x}{x}=\lim_{x \to -\infty } arccotg x= arccotg(-\infty )=\pi=>k = \pi[/tex]

[tex]\lim_{x \to -\infty } [f(x)-kx]=\lim_{x \to -\infty } [x.arccotg x-x.\pi]=...=1=>n=1[/tex]

Наклонена асимптота: [tex]y=\pi.x+1[/tex]

Окончателно:

[tex]y=\pi.x+1[/tex]

[tex]y=1[/tex]

[stflyfisher]

Решете интеграла:

[tex]\int x.arccos \sqrt{1-x}dx[/tex]

[MasterZ]

Решете интеграла:

[tex]\int x.arccos \sqrt{1-x}dx[/tex]

[tex]\int x.arccos \sqrt{1-x}dx=\int arccos\sqrt{1-x}d\frac{x^2}{2 }=\frac{x^2.arccos\sqrt{1-x} }{2 }-\frac{1}{2 } \int x^2darccos\sqrt{1-x}[/tex]

[tex]\int x^2darccos\sqrt{1-x}=-\int \frac{x^2.dx}{2.\sqrt{x}.\sqrt{1-x} }=-\frac{1}{2 } \int x^{\frac{3}{2 } }.(1-x)^{- \frac{1}{2 } }dx[/tex]

и сега интеграл от биномен диференциал. Ще положим 1-1/x=t^2.

[stflyfisher]

Решете интеграла:

[tex]\int x.arccos \sqrt{1-x}dx[/tex]

[tex]\int x.arccos \sqrt{1-x}dx=\int arccos\sqrt{1-x}d\frac{x^2}{2 }=\frac{x^2.arccos\sqrt{1-x} }{2 }-\frac{1}{2 } \int x^2darccos\sqrt{1-x}[/tex]

[tex]\int x^2darccos\sqrt{1-x}=-\int \frac{x^2.dx}{2.\sqrt{x}.\sqrt{1-x} }=-\frac{1}{2 } \int x^{\frac{3}{2 } }.(1-x)^{- \frac{1}{2 } }dx[/tex]

и сега интеграл от биномен диференциал. Ще положим 1-1/x=t^2.

До тук, напълно правилно. И после...

[MasterZ]

С това полагане няма да стане ще положа х=sin^2(t); dx=2sint.cost
[tex]\frac{-1}{2 } \int \frac{x^{1,5}}{\sqrt{1-x} }=-\int \frac{sin^3t}{cost }.sint.cost.dx=-\int sin^4t.dt[/tex]
сега понижавам 2 пъти степента и става [tex]\frac{sin^3t.cost}{4 }+\frac{3sint.cost}{8 }-\frac{3t}{ 8}[/tex] сега замествам и готово.

[stflyfisher]

С това полагане няма да стане...

Точно така. Пробвай с:

[tex]x^{-1}-1=t^2[/tex]

[MasterZ]

С това полагане няма да стане...

Точно така. Пробвай с:

[tex]x^{-1}-1=t^2[/tex]

така става да ще се получи
[tex]\int \frac{dt}{(1+t^2)^3 }[/tex]

[stflyfisher]

така става да ще се получи
[tex]\int \frac{dt}{(1+t^2)^3 }[/tex]

По-точно:

[tex]-\int \frac{dt}{(1+t^2)^3 }[/tex]

И пак остава открит въпроса за неговото решение

[MasterZ]

така става да ще се получи
[tex]\int \frac{dt}{(1+t^2)^3 }[/tex]

По-точно:

[tex]-2\int \frac{dt}{(1+t^2)^3 }[/tex]

И пак остава открит въпроса за неговото решение

[tex]\int \frac{dt}{(1+t^2)^3 }=\int \frac{1+t^2-t^2}{(1+t^2)^3 }.dt=...[/tex]
с рекурентна зависимост, но нямам време да го напиша .

[stflyfisher]

[tex]\int \frac{dt}{(1+t^2)^3 }=\int \frac{1+t^2-t^2}{(1+t^2)^3 }.dt=...[/tex]
с рекурентна зависимост, но нямам време да го напиша .

Има още доста да се пише. За помощ тук

[tex]...=-\frac{3}{8}.arctg(\sqrt{\frac{1-x}{x}})-\frac{5}{8}.x.\sqrt{\frac{1-x}{x}}+C[/tex]

[MasterZ]

[tex]\int \frac{dt}{(1+t^2)^3 }=\int \frac{1+t^2-t^2}{(1+t^2)^3 }.dt=...[/tex]
с рекурентна зависимост, но нямам време да го напиша .

Има още доста да се пише. За помощ тук

[tex]...=-\frac{3}{8}.arctg(\sqrt{\frac{1-x}{x}})-\frac{5}{8}.x.\sqrt{\frac{1-x}{x}}+C[/tex]

още една причина за полагане към тригонометрия по-рано, за да избегнем толкова писане .
Хич не обичам такъв тип интеграли, които не са трудни просто са страшно хамалски