MATEMANIJA

[dispmath]y=\frac{x^2-1}{x^2+5x+6}[/dispmath] Domen:
[dispmath]x^2+5x+6\ne0[/dispmath][dispmath]x_{1,2}=\frac{-5\pm\sqrt{25-24}}{2}[/dispmath][dispmath]x_1=-3;\;x_2=-2[/dispmath][dispmath]D_f=\mathbb{R}[/dispmath] ali ne uključujući tačke [inlmath]-3[/inlmath] i [inlmath]-2[/inlmath]. Morala sam rečima da napišem.
[inlmath]x=-3[/inlmath] Proveravam da li je ovo vertikalna asimptota:
[dispmath]\lim_{x\to-3-0}\frac{x^2-1}{x^2+5x+6}=\frac{(-3-0)^2-1}{(-3-0)^2+5(-3-0)+6}=\frac{9-1}{9-15-0+6}=\frac{8}{-0}=-\infty[/dispmath][dispmath]\lim_{x\to-3+0}\frac{x^2-1}{x^2+5x+6}=\frac{(-3+0)^2-1}{(-3+0)^2+5(-3+0)+6}=\frac{8}{9-0-15+0+6}=\frac{8}{0}=+\infty[/dispmath] Mene u stvari buni kako da znam da li treba [inlmath]+\infty[/inlmath] ili [inlmath]-\infty[/inlmath]
Ne znam ni da li je ovo moje gore uopšte tačno, nadam se da će mi neko razjasniti.
Za horizontalnu sam dobila [inlmath]y=1[/inlmath]:
[dispmath]y=\lim_{x\to\infty}\frac{x^2-1}{x^2+5x+6}=\frac{1-\frac{1}{x^2}}{1+\frac{5}{x}+\frac{6}{x^2}}=1[/dispmath] Samo mi nije jasna ova vertikalna asimptota.

Pokušaj da zamisliš parabolu koja bi predstavljala izraz u imeniocu. Ona bi bila iznad [inlmath]x[/inlmath] ose za sve vrednosti [inlmath]x<-3[/inlmath] ili [inlmath]x>-2[/inlmath]. Dakle, ako bi [inlmath]x[/inlmath] težilo [inlmath]-3-0[/inlmath], imenilac bi bio pozitivan (na paraboli bi bila na tački koja se nalazi sa leve strane tačke [inlmath]x=-3[/inlmath]) i težio bi nuli. Brojilac bi bio konačan i pozitivan, pa bi imala količnik konačne vrednosti i vrednosti koja teži nuli, pri čemu su obe vrednosti istog znaka, pa bi vrednost cele funkcije težila [inlmath]+\infty[/inlmath]. Na sličan način dođeš do toga da kada [inlmath]x[/inlmath] teži [inlmath]-3+0[/inlmath], vrednost funkcije teži [inlmath]-\infty[/inlmath]. Pokušaj sama da uradiš sličnu stvar kada [inlmath]x[/inlmath] teži [inlmath]-2[/inlmath], pošto ti je i to, kao nula imenioca kandidat za vertikalnu asimptotu.

Horizontalnu si dobro uradila, samo treba napomenuti da je prava [inlmath]y=1[/inlmath] je i leva i desna horizontalna asimptota.

Nije mi baš jasno kako si objasnio, a moram da priznam ni ja nisam neka ''matematičarka''. Imaš li neko jednostavnije objašnjenje? Sve mi je jasno do momenta kada treba da izračunam, ne znam kada imenilac treba da bude pozitivan a kad negativan pošto očigledno od njega sve zavisi da li će biti [inlmath]+\infty[/inlmath] ili [inlmath]-\infty[/inlmath].

Prvo da ti ukažem na grešku koju su napravila u svom postupku:

MartinaJuric je napisao:[inlmath]x=-3[/inlmath] Proveravam da li je ovo vertikalna asimptota:
[dispmath]\lim_{x\to-3-0}\frac{x^2-1}{x^2+5x+6}=\frac{(-3-0)^2-1}{(-3-0)^2+5(-3-0)+6}=\frac{9-1}{{\color{red}9}-15-0+6}=\frac{8}{-0}=-\infty[/dispmath]

Znači, [inlmath](-3-0)^2[/inlmath] si jednostavno zamenila sa [inlmath]9[/inlmath], iako je to vrednost „malo veća“ od [inlmath]9[/inlmath] (jer je [inlmath](-3-0)[/inlmath] „malo manje“ od [inlmath]-3[/inlmath], pa kad se kvadrira bude „malo veće“ od [inlmath]9[/inlmath]. E, to što je „malo veće“ može da poništi ono [inlmath]-0[/inlmath] što si dobila u imeniocu, pa i da pređe u plus.
Ako ideš na taj način, pravilan postupak bi bio ovaj (mada ga ne bih preporučio zbog njegove komplikovanosti):
[dispmath]\begin{align}
(-3-0)^2+5(-3-0)+6&=(-3)^2-2(-3)\cdot0+0^2-15-5\cdot0+6\\
&=9+6\cdot0+0^2-15-5\cdot0+6\\
&=(9-15+6)+(6+0-5)\cdot0\\
&=1\cdot0\\
&=0
\end{align}[/dispmath]
a pošto smo ovde nulom označili neku vrlo malu, ali pozitivnu vrednost, ovime smo dobili da će imenilac biti takođe neka vrlo mala, ali pozitivna vrednost, a ceo razlomak pozitivan (jer je i brojilac pozitivan).
Slično i za [inlmath]x\to-3+0[/inlmath].
Ali, kao što rekoh, ne preporučujem ti ovaj način, ali neka ga, nek stoji ovde, kako bi znala zbog čega tvoj postupak nije bio ispravan.

---

Lakše je ovako: Pošto si već našla nule polinoma u imeniocu, to su [inlmath]x_1=-3[/inlmath] i [inlmath]x_2=-2[/inlmath], onda napišeš imenilac u faktorisanom obliku:
[dispmath]y=\frac{x^2-1}{(x-x_1)(x-x_2)}\\
y=\frac{x^2-1}{(x+3)(x+2)}[/dispmath] I sad je vrlo jednostavno videti kako se ponaša funkcija za [inlmath]x\to-3-0[/inlmath]. Faktori [inlmath]\left(x^2-1\right)[/inlmath] i [inlmath](x+2)[/inlmath] ostaju konačni te nije problem odrediti njihov znak (prvi je pozitivan, drugi je negativan), dok je faktor [inlmath](x+3)[/inlmath] taj koji teži nuli i zbog kojeg funkcija ima vertikalnu asimptotu u tački [inlmath]x=-3[/inlmath]. Kad [inlmath]x[/inlmath] teži trojci s leve strane, faktor [inlmath](x+3)[/inlmath] će težiti nuli s leve strane, što znači da će biti negativan. Pošto, dakle, u razlomku imamo jedan pozitivan i dva negativna faktora, ceo razlomak mora biti pozitivan, a zbog toga što je brojilac konačan a u imeniocu imamo faktor koji teži nuli, sâm razlomak će težiti beskonačnosti. Znači, težiće ka [inlmath]+\infty[/inlmath].

Sad pokušaj isti taj rezon da primeniš na [inlmath]x\to-3+0[/inlmath], na [inlmath]x\to-2-0[/inlmath] i na [inlmath]x\to-2+0[/inlmath].

Sad mi je jasno, mnogo je lakše kada se faktoriše, ja sam mislila da to ništa ne menja.
Kada [inlmath]x\to-3+0[/inlmath] brojilac ima pozitivnu konačnu vrednost, [inlmath](x+2)[/inlmath] ima negativnu vrednost, a [inlmath](x+3)[/inlmath] će težiti nuli sa desne strane, pa je pozitivan i dobija se da cela funkcija teži [inlmath]-\infty[/inlmath].
Kada [inlmath]x\to-2-0[/inlmath] onda faktor [inlmath](x+3)[/inlmath] ima pozitivnu konačnu vrednost, a faktor [inlmath](x+2)[/inlmath] teži nuli sa leve strane, pa je negativan i onda će cela funkcija težiti [inlmath]-\infty[/inlmath]
Kada [inlmath]x\to-2+0[/inlmath] onda faktor [inlmath](x+3)[/inlmath] ima pozitivnu konačnu vrednost, a faktor [inlmath](x+2)[/inlmath] teži nuli sa desne strane i pozitivan je, tako da cela funkcija teži [inlmath]+\infty[/inlmath]

Sve tačno.