Matematické Fórum

hans66 · 09. 04. 2012 20:19

Dobrý den, chci se zeptat jak na tyto limity $\lim_{x\to1^{+}}\sqrt[3]{x-1} log_{2}(x-1)$ resil jsem to zpusobem ze kdyz jde napr jednicka z prava tak jsem dosazoval cislo 1,001 a chci se zeptat zda tento postup je správny nebo jak se to řeší? děkuji za odpověď

fellipe · 09. 04. 2012 20:35

nejsem sice expert na matiku, ale pokud dosadíš $1^{+}$ a odečítáš 1, tak ti vždy vyje nekonečně malé kladné číslo, pokud by byla $1^{-}$ , tak vyjde nekonečně malé....takže postup dosadit 1 s nekonečnám počtem desetinných míst je správně

jardofpr

ahoj ↑ hans66:

limita je typu $0.\infty$ výpočet takejto limity môže veĺmi uľahčiť l'Hospitalovo pravidlo, mali ste ho?

poznámka k ↑ fellipe:

zľava sa k jednotke blížiť nedá, logaritmus pripúšťa keď tak len dosadzovanie kladných hodnôt

postupné dosadzovanie hodnôt $1.001, 1.0001, 1.00001, ...$ nemusí dať obraz o skutočnej hodnote limity v danom bode

fellipe · 09. 04. 2012 21:46

↑ jardofpr:

ano,vím že 1 zleva dosadit nelze, špatně jsem to napsal, chtěl jsem vyjasnit co znamená číslo zleva a zprava.

hans66 · 10. 04. 2012 09:21 — Editoval hans66 (10. 04. 2012 09:22)

↑ jardofpr: l'Hospitalovo pravidlo je ze to zderivuji ne?

takze by to bylo $\frac{1}{3\sqrt[3]{(x-1)}}\log_{2}(x-1) + \sqrt[3]{(x-1)} \frac{1}{(x-1)ln2}$ a pote uz tam mohu dosadit?

jardofpr

↑ hans66:

no, pri l'Hospitalovom pravidle treba najprv zlomok upraviť do tvaru kedy sa dá použiť,
a derivuje sa pri tom zvlášť čitateľ a zvlášť menovateľ

a otázka či môžeš do $\frac{1}{3\sqrt[3]{(x-1)}}\log_{2}(x-1) + \sqrt[3]{(x-1)} \frac{1}{(x-1)ln2}$ dosadiť $1$ ? vyjde ti predsa v menovateli $0$ .

Rumburak

↑ hans66:
Zdravím.

Jako výhodnou úpravu zde vidím provést substituci $\sqrt[3]{x-1} = h \to 0+$ . Tím dostaneme $x = 1 + h^3$ a

$L = \lim_{x\to1^{+}}\sqrt[3]{x-1} \log_{2}(x-1) = \lim_{h\to 0+}h \log_{2}h^3 = 3\lim_{h\to 0+}h \log_{2}h$ .

Dále to můžeme upravit na zlomek a použít l'Hospitalovo pravidlo, nebo další substitucí $\log_{2}h = -t \to \infty$ , tj. $h = 2^{-t}$ , převést na

$L = 3\lim_{t \to \infty} 2^{-t} \cdot t = 3\lim_{ t \to \infty} \frac{t}{2^t} = 0$ ,

což je, domnívám se, celkem známo.