Pozdrav, nov sam na forumu i potrebna mi je pomoc oko ovog zadatka.
Odrediti [inlmath]A,\;B,\;C[/inlmath] tako da:
[dispmath]\lim_{x\to\infty}\sqrt{x^4+2x^3}-Ax^2-Bx-C=0[/dispmath]
Prvi put se susrećem sa ovakvim tipom zadatka gdje trebam odrediti [inlmath]A[/inlmath], [inlmath]B[/inlmath] i [inlmath]C[/inlmath] (uopšte sa ovakvim tipom zadataka gdje treba odrediti parametar) tražio sam u par knjiga nešta slično, ali nisam našao.

Pozdrav, novi, uz želju da uskoro budeš stari...

Pošto je nepoznata [inlmath]C[/inlmath] „slobodna“, u smislu da ne sadrži [inlmath]x[/inlmath], nju prebacimo na desnu stranu i ovaj limes koji ostaje na levoj strani treba da bude jednak [inlmath]C[/inlmath]:
[dispmath]\lim_{x\to\infty}\left(\sqrt{x^4+2x^3}-Ax^2-Bx\right)=C[/dispmath]
Limese koji predstavljaju razliku korenova najčešće rešavamo korišćenjem formule [inlmath]a-b=\frac{a^2-b^2}{a+b}[/inlmath], pri čemu nam je ovde [inlmath]a=\sqrt{x^4+2x^3}[/inlmath] i [inlmath]b=Ax^2+Bx[/inlmath]:
[dispmath]\lim_{x\to\infty}\frac{x^4+2x^3-\left(Ax^2+Bx\right)^2}{\sqrt{x^4+2x^3}+Ax^2+Bx}=C[/dispmath]
Deljenjem brojioca i imenioca sa [inlmath]x^2[/inlmath] i zatim grupisanjem odgovarajućih sabiraka dobija se
[dispmath]\lim_{x\to\infty}\frac{\left(1-A^2\right)x^2+2\left(1-AB\right)x-B^2}{\sqrt{1+\cancelto{0}{\frac{2}{x}}}+A+\cancelto{0}{\frac{B}{x}}}=C[/dispmath]
Pošto u imeniocu imamo konačnu vrednost, [inlmath]A+1[/inlmath], u brojiocu takođe moramo imati konačnu vrednost kako bi vrednost limesa, a samim tim i vrednost nepoznate [inlmath]C[/inlmath], bila konačna. Pošto [inlmath]x[/inlmath] teži beskonačnosti, u brojiocu ćemo imati konačnu vrednost onda i samo onda kada su koeficijenti uz [inlmath]x^2[/inlmath] i uz [inlmath]x[/inlmath] jednaki nuli:
[dispmath]1-A^2=0\\
2\left(1-AB\right)=0[/dispmath]
Iz [inlmath]1-A^2=0[/inlmath] sledi da [inlmath]A[/inlmath] može biti [inlmath]-1[/inlmath] ili [inlmath]1[/inlmath]. Međutim, ne može biti [inlmath]-1[/inlmath], jer bi tada imenilac bio nula, pa bismo imali deljenje nulom i samim tim ne bismo dobili konačnu vrednost limesa. Prema tome, [inlmath]A=1[/inlmath].
Eto, mislim da sad možeš i da dovršiš, dalje je sve lako...

Danielovo resenje je doista razumljivo i pozeljno za srednju skolu. Ja cu ovde predstaviti jedno krace resenje (heh, premda, kako za koga), ali koje koristi malcice slozeniju tehniku. Primetimo i to da se nas zadatak svodi na odredjivanje datih konstanti takvih da vazi
[dispmath]\lim_{x\to\infty}\frac{\sqrt{x^4+2x^3}}{Ax^2+Bx+C}=1,[/dispmath]
odnosno da vazi [inlmath]\sqrt{x^4+2x^3}\sim Ax^2+Bx+C[/inlmath] kad [inlmath]x\to\infty[/inlmath] (ukratko, [inlmath]f(x)\sim g(x)[/inlmath] kad [inlmath]x\to a[/inlmath] ako je [inlmath]\lim\limits_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)}=1[/inlmath], tj. funkcije [inlmath]f(x)[/inlmath] i [inlmath]g(x)[/inlmath] se ponasaju isto u okolini tacke [inlmath]a[/inlmath]).

Zato, pogledajmo kako se ponasa [inlmath]\sqrt{x^4+2x^3}[/inlmath] kad [inlmath]x\to\infty[/inlmath]. Kako je [inlmath]x[/inlmath] pozitivno (jer tezi ka [inlmath]\infty[/inlmath]), to mozemo reci da je [inlmath]\sqrt{x^4+2x^3}=x^2\sqrt{1+\frac{2}{x}}=x^2\left(1+\frac{2}{x}\right)^{1/2}[/inlmath]. Kako [inlmath]x\to\infty[/inlmath], to [inlmath]\frac{1}{x}\to0^+[/inlmath], pa je
[dispmath]\left(1+\frac{2}{x}\right)^{\!1/2}\!\sim1+{\frac{1}{2}\choose1}\cdot\frac{2}{x}+{\frac{1}{2}\choose2}\left(\frac{2}{x}\right)^{\!2}=1+\frac{1}{2}\cdot\frac{2}{x}-\frac{1}{8}\cdot\frac{4}{x^2}=1+\frac{1}{x}-\frac{1}{2x^2}\qquad\text{kad }\,\,x\to\infty,[/dispmath]
jer je [inlmath]\displaystyle{\frac{1}{2}\choose2}=\frac{\frac{1}{2}\cdot\left(\frac{1}{2}-1\right)}{2\cdot1}=-\frac{1}{8}[/inlmath]. Napomenimo i to da smo u prethodnom delu koristili asimptotski razvoj [inlmath](1+t)^{\alpha}\sim1+{\alpha\choose1}t+{\alpha\choose2}t^2[/inlmath] kad [inlmath]t\to0[/inlmath].

Dakle, dobili smo da vazi [inlmath]\displaystyle\sqrt{x^4+2x^3}\sim x^2\left(1+\frac{1}{x}-\frac{1}{2x^2}\right)=x^2+x-\frac{1}{2}[/inlmath] kad [inlmath]x\to\infty[/inlmath], pa odatle citamo [inlmath]A=1[/inlmath], [inlmath]B=1[/inlmath] i [inlmath]\displaystyle C=-\frac{1}{2}[/inlmath].

Sviđa mi se ovo rešenje. Baš kako juče i napisah, volim ovakva „što da bude jednostavno kad može komplikovano“ rešenja, jer izvrsno razvijaju vijuge.

Imao bih samo dve primedbe. Prva, sitnija primedba,

Onomatopeja je napisao:Kako je [inlmath]x[/inlmath] pozitivno (jer tezi ka [inlmath]\infty[/inlmath]), to mozemo reci da je [inlmath]\sqrt{x^4+2x^3}=x^2\sqrt{1+\frac{2}{x}}=x^2\left(1+\frac{2}{x}\right)^{1/2}[/inlmath].

ovde je nebitno to što je [inlmath]x[/inlmath] pozitivno – ovo bismo isto ovako uradili i da je [inlmath]x[/inlmath] negativno, budući da ispred korena ne izvlačimo [inlmath]x[/inlmath], već izvlačimo [inlmath]x^2[/inlmath], koje je uvek pozitivno (ili, eventualno, nula), bez obzira na sâmo [inlmath]x[/inlmath].

I druga primedba, nešto krupnija,

Onomatopeja je napisao:Primetimo i to da se nas zadatak svodi na odredjivanje datih konstanti takvih da vazi
[dispmath]\lim_{x\to\infty}\frac{\sqrt{x^4+2x^3}}{Ax^2+Bx+C}=1,[/dispmath]

Nisam siguran da je prvobitni limes dozvoljeno transformisati na ovakav način. Jer, ovakav limes bi se mogao napisati i kao
[dispmath]\lim_{x\to\infty}\frac{\cancel{x^2}\sqrt{1+\cancelto{0}{\frac{2}{x}}}}{\cancel{x^2}\left(A+\cancelto{0}{\frac{B}{x}}+\cancelto{0}{\frac{C}{x^2}}\right)}=1[/dispmath]
što bi značilo da ovaj limes, za razliku od prvobitnog limesa, ne bi zavisio od [inlmath]B[/inlmath] i [inlmath]C[/inlmath], već samo od [inlmath]A[/inlmath]. Znači da su takvom transformacijom neke informacije izgubljene?

Da ne bude zabune – ceo dalji postupak koji si pokazao je, po meni, sasvim tačan, jedino mislim da bi trebalo izbeći prethodni način zapisivanja limesa u obliku razlomka.

Da predložim i treći način:
[dispmath]l=\lim_{x\to\infty}\sqrt{x^4+2x^3}-Ax^2-Bx-C=\lim_{x\to\infty}\left(\sqrt{x^4+2x^3}-Ax^2-Bx-C)\right)\cdot\frac{\sqrt{x^4+2x^3}+Ax^2+Bx+C}{\sqrt{x^4+2x^3}+Ax^2+Bx+C}[/dispmath][dispmath]l=\lim_{x\to\infty}\frac{x^4+2x^3-{\left(Ax^2+Bx+C\right)}^2}{\sqrt{x^4+2x^3}+Ax^2+Bx+C}=\lim_{x\to\infty}\frac{x^4(1-A)+2x^3(1-AB)-x^2\left(2AC+B^2\right)-BCX-C^2}{\sqrt{x^4+2x^3}+Ax^2+Bx+C}[/dispmath]
Da bi bilo [inlmath]l=0[/inlmath], neophodno je da u brojiocu "otpadne" [inlmath]x^4[/inlmath], inače granična vrednost ode u plus beskonačnost. Odatle je [inlmath]A=1[/inlmath].

Slično važi i za član uz [inlmath]x^3[/inlmath], tako da je odatle: [inlmath]1-AB=0[/inlmath], to jest [inlmath]B=1[/inlmath]

E sada dolazimo do člana uz [inlmath]x^2[/inlmath] koji postoji i u brojiocu (brojniku) i u imeniocu (nazivniku):
"Gore" imamo uz [inlmath]x^2[/inlmath] zapravo [inlmath]-2AC-B^2[/inlmath], a "dole" je [inlmath]1+A[/inlmath], uzimajući "najjače" eksponente. Biće:
[inlmath]-2AC-B^2=0[/inlmath] Zamenom imamo: [inlmath]-2C-1=0[/inlmath], to jest [inlmath]C=-\frac{1}{2}[/inlmath]

Nadam se da je jasno sada da "gore" ostadoše samo slabiji stepeni (manji) od stepena "dole", pa je granična vrednost jednaka nuli.

Interesantno je da ovako možete rešiti zadatak i da je npr. zadato:
[dispmath]l=\lim_{x\to\infty}\sqrt{x^4+2x^3}-Ax^2-Bx-C=1[/dispmath]
Rezultati su isti za [inlmath]A[/inlmath] i [inlmath]B[/inlmath], s tim što je onda [inlmath]C=-\frac{3}{2}[/inlmath].

Hej, Daniele, slazem se s tobom.

Za prvu primedbu si potpuno u pravu, stvar je u tome sto sam ja prvo izvlacio [inlmath]x[/inlmath] iz korena, a onda sam primetio da je trebalo [inlmath]x^2[/inlmath] i onda ostade to objasnjenje zasto smatramo da je [inlmath]x[/inlmath] pozitivno. A isto tako, ja obicno kad odgovaram na neki problem to radim direktno, tj. ne napisem prvo na papiru, vec krenem u odgovaranje i onda tu pisem direktno resenje. Zato je i obicno slucaj da preteram sa objasnjenjima jer krenem sam sebi da objasnjavam da bih lakse pratio sve, a i da bih bio siguran da dobro radim.

Za drugu primedbu, opet, na mestu, stvar je u tome sto ja taj razlomak nisam u prvoj verziji pisanja ni stavljao, al sam zbog toga krenuo da pisem nasiroko zasto onaj izraz mozemo zameniti izrazom s kojim je asimptotski ekvivalentan. A onda, rekoh sebi, daj da olaksam i predstavim to kao razlomak odakle ce odmah sve biti jasno (bio sam sumnjicav prema tom svom potezu, ako cemo posteno). I onda sam pretumbao vec napisan svoj post i tako smo dobili verziju koju svi vi vidite. Kako god, super je sto si primetio i napomenuo da neke stvari i ne vaze bas kako sam rekao.