Imam funkciju:
[dispmath]\frac{2-x^2}{\sqrt{x^2+1}}[/dispmath]
Zakljucujem da vertikalne asimptote nema jer je domen [inlmath]\mathbb{R}[/inlmath] tj. nema konacne krajeve.
E sad ne znam kako da uradim limese kada [inlmath]x\to-\infty[/inlmath] i [inlmath]+\infty[/inlmath].
Pokusavao preko lopitala medjutim nikako ne dobijam neki konacan broj a videvsi resenja online trebalo bi da ima dve horizontalne.
Index stranica ‹ MATEMATIČKA ANALIZA ‹ LIMESI
Asimptote funkcije
Pregled za štampanje • Pregled za štampanje svih postova u temi • 9 Posta
• Stranica 1 od 1
Asimptote funkcije
od Unique » Utorak, 02. Februar 2016, 20:45
- Postovi: 17
- Zahvalio se: 6 puta
- Pohvaljen: 0 puta
Re: Asimptote funkcije
od Ilija » Utorak, 02. Februar 2016, 21:11
Funkcija nema vertikalnih asimptota, jer nema tacki prekida u domenu - kao sto si i rekao.
Horizontalnih asimptota takodje, nema, jer ce oba limesa biti jednaka beskonacnosti, a ne konkretnom broju. Moze se uraditi preko Lopitala.
Funkcija ce imati kose asimptote, i to [inlmath]y=-x[/inlmath] kada [inlmath]x[/inlmath] tezi pozitivnoj beskonacnosti, odnosno [inlmath]y=x[/inlmath] kada [inlmath]x[/inlmath] tezi negativnoj beskonacnosti.
Mislim da sam dobro odradio ovo.
Horizontalnih asimptota takodje, nema, jer ce oba limesa biti jednaka beskonacnosti, a ne konkretnom broju. Moze se uraditi preko Lopitala.
Funkcija ce imati kose asimptote, i to [inlmath]y=-x[/inlmath] kada [inlmath]x[/inlmath] tezi pozitivnoj beskonacnosti, odnosno [inlmath]y=x[/inlmath] kada [inlmath]x[/inlmath] tezi negativnoj beskonacnosti.
Mislim da sam dobro odradio ovo.
The difference between stupidity and genius is that genius has its limits. — Albert Einstein
Re: Asimptote funkcije
od Unique » Utorak, 02. Februar 2016, 21:26
Au, pomesao sam onda horizontalnu i kosu, znaci da sam za horizontalnu zapravo dobro dobijao, lol.
Da li si te kose dobio preko maklorena?
Ja dodjem do: [inlmath]\frac{2}{x}-\frac{1}{x^3}-x+\frac{1}{2x}+o\left(\frac{1}{x}\right)[/inlmath] kada radim za [inlmath]+\infty[/inlmath]
Kako ostane samo [inlmath]-x[/inlmath]?
Da li si te kose dobio preko maklorena?
Ja dodjem do: [inlmath]\frac{2}{x}-\frac{1}{x^3}-x+\frac{1}{2x}+o\left(\frac{1}{x}\right)[/inlmath] kada radim za [inlmath]+\infty[/inlmath]
Kako ostane samo [inlmath]-x[/inlmath]?
- Postovi: 17
- Zahvalio se: 6 puta
- Pohvaljen: 0 puta
Re: Asimptote funkcije
od Ilija » Sreda, 03. Februar 2016, 00:05
Kada [inlmath]x[/inlmath] tezi pozitivnoj beskonacnosti:
[dispmath]k=\lim_{x\to+\infty}\frac{\frac{2-x^2}{\sqrt{x^2+1}}}{x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{2-x^2}{x\sqrt{x^2+1}}=\lim_{x\to+\infty}\frac{x^2\left(\cancelto{0}{\frac{2}{x^2}}-1\right)}{x\sqrt{x^2\left(1+\cancelto{0}{\frac{1}{x^2}}\right)}}=\lim_{x\to+\infty}\frac{\cancel{x^2}(0-1)}{\cancel{x^2}{\sqrt{(1+0)}}}=\frac{-1}{1}=-1[/dispmath][dispmath]n=\lim_{x\to+\infty}\frac{2-x^2}{\sqrt{x^2+1}}+x=\lim_{x\to+\infty}\frac{2-x^2+x\sqrt{x^2+1}}{\sqrt{x^2+1}}=\lim_{x\to+\infty}\frac{2-x^2+x\sqrt{x^2\left(1+\cancelto{0}{\frac{1}{x^2}}\right)}}{\sqrt{x^2\left(1+\cancelto{0}{\frac{1}{x^2}}\right)}}=\\
=\lim_{x\to+\infty}\frac{2-x^2+x^2\sqrt{1+0}}{x\sqrt{1+0}}=\lim_{x\to+\infty}\frac{2-\cancel{x^2}+\cancel{x^2}}{x}=\frac{2}{+\infty}=0[/dispmath]
Kosa asimptota oblika je [inlmath]y=kx+n[/inlmath], pa sledi da je kosa asimptota kad [inlmath]x[/inlmath] tezi pozitivnoj beskonacnosti [inlmath]y=-x[/inlmath].
Mogao bi ti da odradis za negativnu beskonacnost sada.
[dispmath]k=\lim_{x\to+\infty}\frac{\frac{2-x^2}{\sqrt{x^2+1}}}{x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{2-x^2}{x\sqrt{x^2+1}}=\lim_{x\to+\infty}\frac{x^2\left(\cancelto{0}{\frac{2}{x^2}}-1\right)}{x\sqrt{x^2\left(1+\cancelto{0}{\frac{1}{x^2}}\right)}}=\lim_{x\to+\infty}\frac{\cancel{x^2}(0-1)}{\cancel{x^2}{\sqrt{(1+0)}}}=\frac{-1}{1}=-1[/dispmath][dispmath]n=\lim_{x\to+\infty}\frac{2-x^2}{\sqrt{x^2+1}}+x=\lim_{x\to+\infty}\frac{2-x^2+x\sqrt{x^2+1}}{\sqrt{x^2+1}}=\lim_{x\to+\infty}\frac{2-x^2+x\sqrt{x^2\left(1+\cancelto{0}{\frac{1}{x^2}}\right)}}{\sqrt{x^2\left(1+\cancelto{0}{\frac{1}{x^2}}\right)}}=\\
=\lim_{x\to+\infty}\frac{2-x^2+x^2\sqrt{1+0}}{x\sqrt{1+0}}=\lim_{x\to+\infty}\frac{2-\cancel{x^2}+\cancel{x^2}}{x}=\frac{2}{+\infty}=0[/dispmath]
Kosa asimptota oblika je [inlmath]y=kx+n[/inlmath], pa sledi da je kosa asimptota kad [inlmath]x[/inlmath] tezi pozitivnoj beskonacnosti [inlmath]y=-x[/inlmath].
Mogao bi ti da odradis za negativnu beskonacnost sada.
The difference between stupidity and genius is that genius has its limits. — Albert Einstein
Re: Asimptote funkcije
od bole » Sreda, 03. Februar 2016, 00:32
Samo da dodam [inlmath]\sqrt{x^2\cdot p}[/inlmath], gdje [inlmath]p[/inlmath] predstavlja neku funkciju, može biti [inlmath]\pm x\sqrt p[/inlmath], pa kad izvlačimo [inlmath]x[/inlmath] ispred korijena i ako se radi [inlmath]\lim\limits_{x\,\to\,\infty}\sqrt{x^2}[/inlmath] onda je to [inlmath]x\sqrt p[/inlmath] a ako se radi [inlmath]\lim\limits_{x\,\to\,-\infty}\sqrt{x^2}[/inlmath] onda je to [inlmath]-x\sqrt p[/inlmath]
Re: Asimptote funkcije
od Daniel » Sreda, 03. Februar 2016, 03:50
bole je napisao:Samo da dodam [inlmath]\sqrt{x^2\cdot p}[/inlmath], gdje [inlmath]p[/inlmath] predstavlja neku funkciju, može biti [inlmath]\pm x\sqrt p[/inlmath],
Čisto da ne bude zabune – ovo ne bi valjalo pisati tako, već [inlmath]\left|x\right|\sqrt p[/inlmath]. Znači, ne sa [inlmath]\pm[/inlmath], već s apsolutnim zagradama.
To je zbog toga što je [inlmath]\sqrt{x^2}\:\overset{\text{def}}{=\!=}\:\left|x\right|[/inlmath] pa je [inlmath]\sqrt{x^2\cdot p}=\sqrt{x^2}\cdot\sqrt p=\left|x\right|\cdot\sqrt p[/inlmath].
I onda će za [inlmath]x\to+\infty[/inlmath] biti [inlmath]\sqrt{x^2\cdot p}=\left|x\right|\sqrt p=x\sqrt p[/inlmath], dok će za [inlmath]x\to-\infty[/inlmath] biti [inlmath]\sqrt{x^2\cdot p}=\left|x\right|\sqrt p=-x\sqrt p[/inlmath].
I do not fear death. I had been dead for billions and billions of years before I was born, and had not suffered the slightest inconvenience from it. – Mark Twain
Re: Asimptote funkcije
od Unique » Sreda, 03. Februar 2016, 13:15
[dispmath]\frac{2-x^2}{\sqrt{1+x^2}}=\frac{2-x^2}{\sqrt{x^2(1+\frac{1}{x^2})}}\\
=\frac{2-x^2}{|X|}\left(1+\frac{1}{x^2}\right)^{\frac{-1}{2}}=\frac{2-x^2}{|X|}\Biggl(1-\frac{1}{2x^2}+o\left(\frac{1}{x^2}\right)\Biggr)[/dispmath]
Za [inlmath]-\infty[/inlmath] i [inlmath]-x[/inlmath]:
[dispmath]\frac{2-x^2}{-x}\Biggl(1-\frac{1}{2x^2}+o\left(\frac{1}{x^2}\right)\Biggr)=\left(-\frac{2}{x}+x\right)\Biggl(1-\frac{1}{2x^2}+o\left(\frac{1}{x^2}\right)\Biggr)\\
=-\frac{2}{x}+\frac{1}{x^3}+x-\frac{1}{2x}+o\left(\frac{1}{x}\right)\\
=\cancelto{0}{-\frac{2}{x}}+\cancelto{0}{\frac{1}{x^3}}+x-\cancelto{0}{\frac{1}{2x}}+o\left(\frac{1}{x}\right)[/dispmath]
[inlmath]y=x[/inlmath] je Kosa asimptota za [inlmath]x\to-\infty[/inlmath]
=\frac{2-x^2}{|X|}\left(1+\frac{1}{x^2}\right)^{\frac{-1}{2}}=\frac{2-x^2}{|X|}\Biggl(1-\frac{1}{2x^2}+o\left(\frac{1}{x^2}\right)\Biggr)[/dispmath]
Za [inlmath]-\infty[/inlmath] i [inlmath]-x[/inlmath]:
[dispmath]\frac{2-x^2}{-x}\Biggl(1-\frac{1}{2x^2}+o\left(\frac{1}{x^2}\right)\Biggr)=\left(-\frac{2}{x}+x\right)\Biggl(1-\frac{1}{2x^2}+o\left(\frac{1}{x^2}\right)\Biggr)\\
=-\frac{2}{x}+\frac{1}{x^3}+x-\frac{1}{2x}+o\left(\frac{1}{x}\right)\\
=\cancelto{0}{-\frac{2}{x}}+\cancelto{0}{\frac{1}{x^3}}+x-\cancelto{0}{\frac{1}{2x}}+o\left(\frac{1}{x}\right)[/dispmath]
[inlmath]y=x[/inlmath] je Kosa asimptota za [inlmath]x\to-\infty[/inlmath]
- Postovi: 17
- Zahvalio se: 6 puta
- Pohvaljen: 0 puta
Re: Asimptote funkcije
od Onomatopeja » Sreda, 03. Februar 2016, 17:48
Dobro si to uradio, s tim da iz tog razvoja mozes da saznas i jos malo vise (zbog cega ja licno i koristim razvoje kada trazim kose asimptote). Naime, prvo primeti da je [inlmath]\displaystyle\frac{1}{x^3}=o\Bigl(\frac{1}{x}\Bigr)[/inlmath] kad [inlmath]x\to-\infty[/inlmath], s obzirom na to da je [inlmath]\displaystyle\lim_{x\to-\infty}\frac{x^{-3}}{x^{-1}}=0[/inlmath] (isto tako, ti si u jednom trenutku iskoristio [inlmath]\displaystyle o\Bigl(\frac{1}{x^3}\Bigr)=o\Bigl(\frac{1}{x}\Bigr)[/inlmath] kad [inlmath]x\to-\infty[/inlmath]). Dakle, dobili smo
[dispmath]f(x)=\frac{2-x^2}{\sqrt{1+x^2}}=x-\frac{5}{2x}+o\Bigl(\frac{1}{x}\Bigr)\quad\text{kad }\,\,x\to-\infty.[/dispmath] Odatle vidimo da je prava [inlmath]y=x[/inlmath] kosa asimptota kad [inlmath]x\to-\infty[/inlmath], i ne samo to, s obzirom da je [inlmath]\displaystyle-\frac{5}{2x}>0[/inlmath] kad se [inlmath]x[/inlmath] priblizava [inlmath]-\infty[/inlmath], to vidimo iz gornjeg izraza da je [inlmath]f(x)>y[/inlmath] kad [inlmath]x\to-\infty[/inlmath], odnosno, funkcija prilazi sa gornje strane kosoj asimptoti [inlmath]y=x[/inlmath] kad [inlmath]x\to-\infty[/inlmath].
Jos jedna napomena: s obzirom na to da je funkcija parna, to je u celom zadatku bilo dovoljno da se sve radi za [inlmath]x\ge0[/inlmath].
[dispmath]f(x)=\frac{2-x^2}{\sqrt{1+x^2}}=x-\frac{5}{2x}+o\Bigl(\frac{1}{x}\Bigr)\quad\text{kad }\,\,x\to-\infty.[/dispmath] Odatle vidimo da je prava [inlmath]y=x[/inlmath] kosa asimptota kad [inlmath]x\to-\infty[/inlmath], i ne samo to, s obzirom da je [inlmath]\displaystyle-\frac{5}{2x}>0[/inlmath] kad se [inlmath]x[/inlmath] priblizava [inlmath]-\infty[/inlmath], to vidimo iz gornjeg izraza da je [inlmath]f(x)>y[/inlmath] kad [inlmath]x\to-\infty[/inlmath], odnosno, funkcija prilazi sa gornje strane kosoj asimptoti [inlmath]y=x[/inlmath] kad [inlmath]x\to-\infty[/inlmath].
Jos jedna napomena: s obzirom na to da je funkcija parna, to je u celom zadatku bilo dovoljno da se sve radi za [inlmath]x\ge0[/inlmath].
Re: Asimptote funkcije
od desideri » Sreda, 03. Februar 2016, 18:03
Onomatopeja je napisao:Jos jedna napomena: s obzirom na to da je funkcija parna, to je u celom zadatku bilo dovoljno da se sve radi za [inlmath]x\ge0[/inlmath].
Ovo bih još jednom naglasio.
Dakle, ako je funkcija parna sve je isto desno i levo od nule po [inlmath]x[/inlmath] osi.
Nema potrebe, kao što reče Onomatopeja, da se radi bilo šta levo od nule.
Simetrično je sve u odnosu na [inlmath]y[/inlmath] osu.
Simetrične su ne samo asimptote već i sve ostalo, i to važi uvek, npr ekstremne vrednosti, prevojne tačke itd.
Što je najvažnije, simetričan je i grafik funkcije u odnosu na [inlmath]y[/inlmath] osu.
A kada je funkcija neparna, grafik je simetričan u odnosu na koordinatni početak.
9 Posta
• Stranica 1 od 1
Ko je OnLine
Korisnici koji su trenutno na forumu: Bing [Bot] i 6 gostiju