Matematické Fórum

Marian · 14. 03. 2009 15:45

Několikrát jsem zde na fóru již dával poznámky k efektivitě výpočtu některých limit. Některé speciální triky se často hodí. Máte možnost ověřit si své kvality a kreativitu na úloze z Děmidovičovy sbírky (úloha 1369). Úlohu jsem počítal zhruba před půl rokem, ale již zapomněl postup. Tak zkuste sami.

Vypočtěte limitu
$\Large{\lim_{x\to +\infty}\quad\left ( \sqrt[3]{x^3+x^2+x+1}-\sqrt{x^2+x+1}\cdot\frac{\ln (\mathrm{e}^x+x)}{x} \right ).}$

Kondr · 15. 03. 2009 01:02 — Editoval Kondr (15. 03. 2009 01:02)

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

Orel · 08. 03. 2011 13:47 — Editoval Orel (08. 03. 2011 20:06)

$\lim_{x\to \infty } \, \left(\sqrt[3]{x^3+x^2+x+1}-\sqrt{x^2+x+1} \frac{\ln \left(x+e^x\right)}{x}\right)=\\ =\lim_{x\to \infty } \left(\sqrt[3]{x^3+x^2+x+1}-\sqrt{x^2+x+1}+\sqrt{x^2+x+1}\left(\frac{x-\ln \left(x+e^x\right)}{x}\right)\right)=\\ =\lim_{x\to \infty } \left(\sqrt[3]{x^3+x^2+x+1}-\sqrt{x^2+x+1}\right)+\lim_{x\to \infty } \sqrt{x^2+x+1}\left(\frac{x-\ln \left(x+e^x\right)}{x}\right)$
Řešíme první limitu:
$\lim_{x\to \infty } \left(\sqrt[3]{x^3+x^2+x+1}-\sqrt{x^2+x+1}\right)=\\ \lim_{x\to \infty } \, \frac{\left(x^3+x^2+x+1\right)^2-\left(x^2+x+1\right)^3}{\sqrt{\left(x^2+x+1\right)^5}+\sqrt{\left(x^2+x+1\right)^4} \sqrt[3]{x^3+x^2+x+1}+\text{...}+\sqrt[3]{\left(x^3+x^2+x+1\right)^5}}=\\ \lim_{x\to \infty } \, \frac{1+2 x+3 x^2+4 x^3+3 x^4+2 x^5+x^6-\left(1+3 x+6 x^2+7 x^3+6 x^4+3 x^5+x^6\right)}{\sqrt{\left(x^2+x+1\right)^5}+\text{...}+\sqrt[3]{\left(x^3+x^2+x+1\right)^5}}=\\ \lim_{x\to \infty } \, \frac{-x-3 x^2-3 x^3-3 x^4-x^5}{\sqrt{\left(x^2+x+1\right)^5}+\text{...}+\sqrt[3]{\left(x^3+x^2+x+1\right)^5}}=\lim_{x\to \infty } \, \frac{\frac{-x-3 x^2-3 x^3-3 x^4-x^5}{x^5}}{\frac{\sqrt{\left(x^2+x+1\right)^5}}{x^5}+\text{...}+\frac{\sqrt[3]{\left(x^3+x^2+x+1\right)^5}}{x^5}}=\\ \frac{-1}{6}=-\frac{1}{6}$
Řešíme druhou limitu:
$\lim_{x\to \infty } \sqrt{x^2+x+1}\left(\frac{x-\ln \left(x+e^x\right)}{x}\right)=\lim_{x\to \infty } \frac{\sqrt{x^2+x+1}}{x}\left(x-\ln \left(x+e^x\right)\right)=\\ \lim_{x\to \infty } \sqrt{\frac{x^2+x+1}{x^2}}\left(x-\ln \left(x+e^x\right)\right)=\lim_{x\to \infty } \sqrt{1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}}\left(x-\ln \left(x+e^x\right)\right)=\\ \lim_{x\to \infty } \sqrt{1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}}\left(x-\ln \left(x+e^x\right)\right)=\lim_{x\to \infty } \left(x-\ln \left(x+e^x\right)=\right.\\ \lim_{x\to \infty } \ln \left(e^{x-\ln \left(x+e^x\right.}\right)=\ln \left(\lim_{x\to \infty } \left(e^{x-\ln \left(x+e^x\right.}\right)\right)=\ln \left(\lim_{x\to \infty } \left(\frac{e^x}{e^{\ln \left(x+e^x\right.}}\right)\right)=\\ \ln \left(\lim_{x\to \infty } \left(\frac{e^x}{e^x+x}\right)\right)=\text{ln1}=0$

Marian · 09. 03. 2011 13:43

↑ Orel:

Mám jiné řešení než ty nebo Kondr. Pokud budu mít čas (momentálně je to mizerné), tak sepíšu i to své.

Problém je sice starší, ale není na škodu, že se k němu vracíme a řešíme všichni trochu jinak.