Matematické Fórum

waedeen · 11. 10. 2008 15:41

Ahoj, nevím si rady s touto úlohou: Najděte asymptotu křivky $y=\frac{x^{x+1}}{(x+1)^x}$ , kde x > 0. (Děmidovič, 1373.2)

Směrnici asymptoty najít dokážu (k=1/e), ale nedokážu spočítat konstantu 1/(2e). Může se použít l´Hospitalovo pravidlo, ale ne Taylorovy rozvoje.

Pavel · 11. 10. 2008 15:46 — Editoval Pavel (11. 10. 2008 17:03)

Budu se zabývat asymptotou v $\infty$ . Pro $-\infty$ je úvaha obdobná.

Znám-li směrnici asymptoty $k$ , pak absolutní člen $q$ vypočítám jako limitu

$q=\lim_{x\to\infty}(f(x)-kx)$

Ve Tvém případě počítám limitu

$\lim_{x\to\infty}\frac{x^{x+1}}{(x+1)^x}-\frac xe=\lim_{x\to\infty}x(\frac{x}{x+1})^x-\frac xe=\lim_{x\to\infty}xe^{x\ln\bigl(\frac{x}{x+1}\bigr)}-\frac xe=\lim_{x\to\infty}\frac xe(e^{x\ln\bigl(\frac{x}{x+1}\bigr)+1}-1)$

Nyní trošku odbočím. Není těžké dokázat, že $\lim_{x\to\infty}x\ln\bigl(\frac{x}{x+1}\bigr)+1=0$ . Využiju proto známého vzorce $\lim_{t\to 0}\frac{e^t-1}{t}=1$ , který pozměním takto:

$\lim_{x\to\infty}\frac{e^{x\ln(\frac{x}{x+1})+1}-1}{x\ln\bigl(\frac{x}{x+1}\bigr)+1}=1$

Vrátím se zpět k původní limitě, kterou upravím tak, abych mohl použít předchozí rovnost:

$\lim_{x\to\infty}\frac{x^{x+1}}{(x+1)^x}-\frac xe=\dots=\lim_{x\to\infty}\frac xe(e^{x\ln\bigl(\frac{x}{x+1}\bigr)+1}-1)=\lim_{x\to\infty}\frac xe\biggl(\frac{e^{x\ln\bigl(\frac{x}{x+1}\bigr)+1}-1}{x\ln\bigl(\frac{x}{x+1}\bigr)+1}\biggr)\cdot\bigl(x\ln\bigl(\frac{x}{x+1}\bigr)+1\bigr)=\lim_{x\to\infty}\frac xe\,\bigl(x\ln\bigl(\frac{x}{x+1}\bigr)+1\bigr)\cdot\lim_{x\to\infty}\biggl(\frac{e^{x\ln\bigl(\frac{x}{x+1}\bigr)+1}-1}{x\ln\bigl(\frac{x}{x+1}\bigr)+1}\biggr)=\nl=\lim_{x\to\infty}\frac xe\,\bigl(x\ln\bigl(\frac{x}{x+1}\bigr)+1\bigr)$

Položím nyní substituci $y=\frac 1x$

$\lim_{x\to\infty}\frac{x^{x+1}}{(x+1)^x}-\frac xe=\dots=\lim_{x\to\infty}\frac xe\,\bigl(x\ln\bigl(\frac{x}{x+1}\bigr)+1\bigr)=\lim_{y\to 0^+}\frac 1{ye}\,\Biggl(\frac 1y\ln\biggl(\frac{\frac 1y}{\frac 1y+1}\biggr)+1\Biggr)=\frac 1e\lim_{y\to 0^+}(\frac 1{y^2}\ln\bigl(\frac{1}{y+1}\bigr)+\frac 1y)=\frac 1e\lim_{y\to 0^+}\frac{y-\ln(y+1)}{y^2}$

Nyní stačí použít l'Hospitalovo pravidlo

$\lim_{x\to\infty}\frac{x^{x+1}}{(x+1)^x}-\frac xe=\dots=\frac 1e\lim_{y\to 0^+}\frac{y-\ln(y+1)}{y^2}=\frac 1e\lim_{y\to 0^+}\frac{1-\frac 1{y+1}}{2y}=\frac 1e\lim_{y\to 0^+}\frac{1}{2(y+1)}=\frac 1{2e}$

To? vše :-)

Marian · 11. 10. 2008 22:18

↑ Pavel:

Nemá smysl uvažovat limitu pro $-\infty$ . Vylučuje to třeba definiční obor funkce f(x). Ono totiž není třeba, aby existovala vlastní limita jak do +oo tak do -oo, abychom řekli, že existuje šikmá asymptota. Stačí, když existuje jediná a je vlastní, což je případ této funkce.

Pavel · 12. 10. 2008 00:23

↑ Marian:

Máš pravdu, záporná čísla do def. oboru nepatří. Tento fakt jsem jaksi opomenul.

Matematické Fórum

#1 11. 10. 2008 15:41

Limita

#2 11. 10. 2008 15:46 — Editoval Pavel (11. 10. 2008 17:03)

Re: Limita

#3 11. 10. 2008 22:18

Re: Limita

#4 12. 10. 2008 00:23

Re: Limita

Zápatí