Matematické Fórum

krupis · 25. 01. 2009 15:20 — Editoval krupis (25. 01. 2009 15:20)

${\lim}\limits_{x \to -\infty}\frac{\sqrt{16x^2 + 9} - 5}{x - 1}$

díky

lukaszh · 25. 01. 2009 15:22

↑ krupis:
Predeľ čitateľa aj menovateľa najvyššou mocninou.

krupis · 25. 01. 2009 15:25

vychazi to minus jedna nebo minus 4?

Olin · 25. 01. 2009 15:31

Mínus 4.

krupis · 25. 01. 2009 15:37

mohl bys prosím napsat postup?

Olin · 25. 01. 2009 15:56

$\lim_{x \to -\infty}\frac{\sqrt{16x^2 + 9} - 5}{x - 1} = \lim_{x \to -\infty}\frac{\frac{\sqrt{16x^2 + 9} - 5}{x}}{\frac{x - 1}{x}} = \lim_{x \to -\infty}\frac{\sqrt{16 + \frac{9}{x^2}} - \frac 5x}{1 - \frac 1x} = \ldots$

krupis · 25. 01. 2009 16:00

diky

marnes · 25. 01. 2009 16:14

↑ Olin:Můžu se zeptat proč je výsledek mínus 4 a ne plus 4?

Olin · 25. 01. 2009 16:26

Protože pro $x < 1$ je určitě $x - 1 < 0$ , ale od určité meze, kterou se mi teď nechce počítat, je $\sqrt{16x^2 + 9} - 5$ určitě kladné. Čitatel je kladný a jmenovatel záporný, tudíž je výsledek záporný.

marnes · 25. 01. 2009 16:34

↑ Olin:díky. Já měl za to, že limita zadané fce je stejná, jako té upravené, a tam když dosadím nekonečno do těch zlomků, tak všechny výrazy jsou rovnz nule. Pak samozřejmě je odmocnina z 16, což múže být plus mínus 4 a zbytek mě nedocházel

Olin · 25. 01. 2009 17:01 — Editoval Olin (25. 01. 2009 17:02)

Čím víc nad tím znaménkem přemýšlím, tím se mi zdá můj druhý krok chybnější. Problém je totiž v tom, že
$\frac{\sqrt{16x^2 + 9}}{x} = \sqrt{16 + \frac{9}{x^2}$
platí jen pro x > 0.

Protože my ale počítáme s $x \to -\infty$ , tj. $x < 0$ , musíme upravovat složitěji:
$\frac{\sqrt{16x^2 + 9}}{x} = \frac{\sqrt{16x^2 + 9}}{|x|\cdot \mathrm{sgn}(x)} = \frac{\sqrt{16x^2 + 9}}{\sqrt{x^2}\cdot \mathrm{sgn}(x)} = \frac{\sqrt{16 + \frac{9}{x^2}}}{\mathrm{sgn}(x)}$

což se pro $x < 0$ rovná
$-\sqrt{16 + \frac{9}{x^2}$ .

Skutečnost, že $\sqrt{16}$ může být plus i mínus čtyři (při počítání jako s komplexními čísly), tady s tímto moc velkou souvislost nemá, protože normálně v reálných číslech bereme z definice odmocninu jako nezápornou.

Omlouvám se za chybu.

lukaszh · 25. 01. 2009 19:48

↑ Olin:↑ marnes:
Ja by som vám obom navrhoval postup:
$\lim\limits_{x\to-\infty}\frac{\sqrt{16x^2 + 9}-5}{x-1}=\lim\limits_{x\to+\infty}\frac{\sqrt{16x^2 + 9}-5}{1-x}$
a potom je to myslím zrejmé.

marnes · 25. 01. 2009 21:14

↑ lukaszh:hmmmmmmm smekám, takovou úpravu jsem neviděl a je po diskuzi:-)

Martin Krejčí · 31. 01. 2009 01:24

ahoj matematici. Můžete mi prosím poradit s limitou $$$$

děkuji mě to vychází jako +nekonečno

děkuji

Martin Krejčí · 31. 01. 2009 01:28

ahoj matematici. Můžete mi prosím poradit s limitou ${\lim}\limits_{a \to \ 0}\frac{tgx}{2x}$

děkuji mě to vychází jako +nekonečno

děkuji

Pavel Brožek · 31. 01. 2009 01:41

↑ Martin Krejčí:

Pokud jsi měl na mysli $\lim_{x \to0}\frac{tgx}{2x}$ , tak to není dobře.

$\lim_{x \to0}\frac{\tan x}{2x}=\lim_{x \to0}\frac{\sin x}{2x\cos x}=$\lim_{x \to0}\frac{1}{2\cos x}$\cdot$\lim_{x \to0}\frac{\sin x}{x}$=\frac12\cdot1=\frac12$

Martin Krejčí

${\lim}\limits_{x \to \infty}\frac{sin4x}{1-\sqrt{x+1}}$
prosím ještě od další pomoc. úpravou se dostanu na ${\lim}\limits_{x \to \infty}\frac{sin4x*(\sqrt{x+1}+1)}{x}$ a pak už jsem nahraný. Jak má postupovat, jsou-li ve zlomku goniometrické funkce?

děkuji předem za pomoc

Martin Krejčí

${\lim}\limits_{x \to \infty}4*\frac{sin4x}{4x}*(\sqrt{x+1}+1)=4*1*\propto=\propto$

možná jsem úplnej tupec na matematiku ale mě všude vychází nekonečno.

Pavel Brožek

↑ Martin Krejčí:

Když na tom "a" trváš...

Je to limita konstantní funkce (funkce v limitě nezávisí na a):

$\lim_{a \to \infty}\frac{sin4x}{1-\sqrt{x+1}}=\frac{sin4x}{1-\sqrt{x+1}}$

Martin Krejčí · 31. 01. 2009 13:13

jsem bordelář a to se v matice neodpouští...vím

Ginco · 31. 01. 2009 13:16

${\lim}\limits_{x \to \infty}\frac{sin4x}{x}\cdot{(\sqrt{x+1}+1)}$

můj názor : sin4x je omezený <-1 , 1> takze pokud pujdu od nekonecna, tak se nic moc nestane, takze ta hodnota pro citatel je na intervalu <-1 , 1 > a nic víc no a jmenovatel jde nadevšechny meze -> nejaky cislo lomeno nekonečno je nula k tomu jeste krát nejakej bordel = 0

Pavel Brožek

↑ Ginco:

Bacha na bordel, občas se do výsledku projeví :-)

Zde ale ne, vyšel bych už ze zadání ${\lim}\limits_{x \to \infty}\frac{sin4x}{1-\sqrt{x+1}}$ , kde ten bordel není, rozšiřování zlomku je zde zbytečné.

↑ Martin Krejčí:

$\lim_{x \to \infty}\frac{\sin x}{x}=0$ , musíš se podívat, kam jde x. 1 by to bylo, kdyby šlo do nuly.

Ginco · 31. 01. 2009 13:21 — Editoval Ginco (31. 01. 2009 13:26)

tvuj postup je asi myšlen pro limitu v bodě nula ${\lim}\limits_{x \to 0}\frac{sin4x}{x}$

pak by tvuj postup byl dobrý

edit: tento prispevek neni to Brozekp

edit2: chtel bych se zeptat PavlaB : tedy pokud jde cast limity k nule a zbytek k nekonecnu, tak ten zbytek muze neco ovlivnit?

Pavel Brožek · 31. 01. 2009 13:23

↑ Ginco:

Nebyl by ten postup dobrý, protože by zase ten bordel nešel do nekonečna.

Ginco · 31. 01. 2009 13:27

↑ BrozekP:

ok, to jsem nedomyslel, ale myslel jsem tu upravu na sin4x / 4x za to se omlouvam

Matematické Fórum

#1 25. 01. 2009 15:20 — Editoval krupis (25. 01. 2009 15:20)

limita

#2 25. 01. 2009 15:22

Re: limita

#3 25. 01. 2009 15:25

Re: limita

#4 25. 01. 2009 15:31

Re: limita

#5 25. 01. 2009 15:37

Re: limita

#6 25. 01. 2009 15:56

Re: limita

#7 25. 01. 2009 16:00

Re: limita

#8 25. 01. 2009 16:14

Re: limita

#9 25. 01. 2009 16:26

Re: limita

#10 25. 01. 2009 16:34

Re: limita

#11 25. 01. 2009 17:01 — Editoval Olin (25. 01. 2009 17:02)

Re: limita

#12 25. 01. 2009 19:48

Re: limita

#13 25. 01. 2009 21:14

Re: limita

#14 31. 01. 2009 01:24

Re: limita

#15 31. 01. 2009 01:28

Re: limita

#16 31. 01. 2009 01:41

Re: limita

#17 31. 01. 2009 12:51 — Editoval Martin Krejčí (31. 01. 2009 13:10)

Re: limita

#18 31. 01. 2009 13:06 — Editoval Martin Krejčí (31. 01. 2009 13:09)

Re: limita

#19 31. 01. 2009 13:07 — Editoval BrozekP (31. 01. 2009 13:07)

Re: limita

#20 31. 01. 2009 13:13

Re: limita

#21 31. 01. 2009 13:16

Re: limita

#22 31. 01. 2009 13:21 — Editoval BrozekP (31. 01. 2009 13:21)

Re: limita

#23 31. 01. 2009 13:21 — Editoval Ginco (31. 01. 2009 13:26)

Re: limita

#24 31. 01. 2009 13:23

Re: limita

#25 31. 01. 2009 13:27

Re: limita

Zápatí