MATEMANIJA

Kako dobiti kose asimptote funkcije
[dispmath]f(x)=\sqrt{\frac{x^3+4x}{x-1}}+2[/dispmath]

[dispmath]f\left(x\right)=\sqrt{\frac{x^3+4x}{x-1}}+2[/dispmath]
Desna kosa asimptota:
[dispmath]k=\lim_{x\to+\infty}\frac{f\left(x\right)}{x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{\sqrt{\frac{x^3+4x}{x-1}}+2}{x}=\lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{\frac{1}{x^2}}\cdot\sqrt{\frac{x^3+4x}{x-1}}+\frac{2}{x}\right)=[/dispmath][dispmath]=\lim_{x\to+\infty}\sqrt{\frac{x+\frac{4}{x}}{x-1}}=\lim_{x\to+\infty}\sqrt{\frac{1+\frac{4}{x^2}}{1-\frac{1}{x}}}=1[/dispmath][dispmath]n=\lim_{x\to+\infty}\left[f\left(x\right)-kx\right]=\lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{\frac{x^3+4x}{x-1}}+2-x\right)[/dispmath][dispmath]a^2-b^2=\left(a+b\right)\left(a-b\right)\quad\Rightarrow\quad a+b=\frac{a^2-b^2}{a-b}[/dispmath][dispmath]n=\lim_{x\to+\infty}\frac{\frac{x^3+4x}{x-1}-\left(2-x\right)^2}{\sqrt{\frac{x^3+4x}{x-1}}-\left(2-x\right)}=\lim_{x\to+\infty}\frac{x^3+4x-\left(2-x\right)^2\left(x-1\right)}{\sqrt{\left(x-1\right)^2}\cdot\sqrt{\frac{x^3+4x}{x-1}}-\left(2-x\right)\left(x-1\right)}=[/dispmath][dispmath]=\lim_{x\to+\infty}\frac{x^3+4x-\left(x^2-4x+4\right)\left(x-1\right)}{\sqrt{\left(x^3+4x\right)\left(x-1\right)}-\left(-x^2+3x-2\right)}[/dispmath][dispmath]n=\lim_{x\to+\infty}\frac{x^3+4x-\left(x^3-4x^2+4x-x^2+4x-4\right)}{\sqrt{x^4-x^3+4x^2-4x}+x^2-3x+2}=\lim_{x\to+\infty}\frac{5x^2-4x+4}{\sqrt{x^4-x^3+4x^2-4x}+x^2-3x+2}[/dispmath][dispmath]n=\lim_{x\to+\infty}\frac{5-\frac{4}{x}+\frac{4}{x^2}}{\sqrt{1-\frac{1}{x}+\frac{4}{x^2}-\frac{4}{x^3}}+1-\frac{3}{x}+\frac{2}{x^2}}=\frac{5}{2}[/dispmath][dispmath]y=x+\frac{5}{2}[/dispmath]
Leva kosa asimptota:
[dispmath]k=\lim_{x\to-\infty}\frac{f\left(x\right)}{x}=\lim_{x\to-\infty}\frac{\sqrt{\frac{x^3+4x}{x-1}}+2}{x}=\lim_{x\to-\infty}\left(-\sqrt{\frac{1}{x^2}}\cdot\sqrt{\frac{x^3+4x}{x-1}}+\frac{2}{x}\right)=[/dispmath][dispmath]=-\lim_{x\to-\infty}\sqrt{\frac{x+\frac{4}{x}}{x-1}}=-\lim_{x\to-\infty}\sqrt{\frac{1+\frac{4}{x^2}}{1-\frac{1}{x}}}=-1[/dispmath][dispmath]n=\lim_{x\to-\infty}\left[f\left(x\right)-kx\right]=\lim_{x\to-\infty}\left(\sqrt{\frac{x^3+4x}{x-1}}+2+x\right)[/dispmath][dispmath]a^2-b^2=\left(a+b\right)\left(a-b\right)\quad\Rightarrow\quad a+b=\frac{a^2-b^2}{a-b}[/dispmath][dispmath]n=\lim_{x\to-\infty}\frac{\frac{x^3+4x}{x-1}-\left(2+x\right)^2}{\sqrt{\frac{x^3+4x}{x-1}}-\left(2+x\right)}=\lim_{x\to-\infty}\frac{x^3+4x-\left(2+x\right)^2\left(x-1\right)}{-\sqrt{\left(x-1\right)^2}\cdot\sqrt{\frac{x^3+4x}{x-1}}-\left(2+x\right)\left(x-1\right)}=[/dispmath][dispmath]=\lim_{x\to-\infty}\frac{x^3+4x-\left(x^2+4x+4\right)\left(x-1\right)}{-\sqrt{\left(x^3+4x\right)\left(x-1\right)}-\left(x^2+x-2\right)}[/dispmath][dispmath]n=\lim_{x\to-\infty}\frac{x^3+4x-\left(x^3+4x^2+4x-x^2-4x-4\right)}{-\sqrt{x^4-x^3+4x^2-4x}-x^2-x+2}=\lim_{x\to-\infty}\frac{-3x^2+4x+4}{-\sqrt{x^4-x^3+4x^2-4x}-x^2-x+2}[/dispmath][dispmath]n=\lim_{x\to-\infty}\frac{-3+\frac{4}{x}+\frac{4}{x^2}}{-\sqrt{1-\frac{1}{x}+\frac{4}{x^2}-\frac{4}{x^3}}-1-\frac{1}{x}+\frac{2}{x^2}}=\frac{3}{2}[/dispmath][dispmath]y=-x+\frac{3}{2}[/dispmath]

za trud Daniele!

Ali, koliko pisanija...

Nije to toliko pisanija kao što izgleda... Prvo sam uradio za [inlmath]x\to+\infty[/inlmath], a zatim sam samo copy/paste za [inlmath]x\to-\infty[/inlmath] i izmenio samo ono što se razlikuje...
Da nema ovih korenova, moglo bi odjednom da se uradi i za [inlmath]x\to+\infty[/inlmath] i za [inlmath]x\to-\infty[/inlmath], ali korenovi malo komplikuju stvar, pa zato mora da se radi posebno za svaki od ta dva slučaja...

Jedno više tehničko pitanje

Što ako za [inlmath]k[/inlmath] dobijem [dispmath]k=\lim_{x\to +\infty}=0[/dispmath]
a za [inlmath]l[/inlmath] [dispmath]l=\lim_{x\to +\infty}=\infty[/dispmath]
Da li je tada u biti [inlmath]y=0[/inlmath] kao horizontalna asimptota? Ili onda uopće ne postoji K.A. zbog [inlmath]l[/inlmath]-a? Blagu prednost dajem drugoj opciji

Primer jedne takve funkcije je upravo funkcija koju vrlo često koristimo, [inlmath]\ln x[/inlmath]. Ona nema ni horizontalne ni kose asimptote, a upravo se dobije ovako kao što si napisao u svom primeru, [inlmath]k=0[/inlmath] i [inlmath]l=\infty[/inlmath]. Kao što sinoć ovde napisah, da bi kosa asimptota postojala, moraju oba njena parametra – i [inlmath]k[/inlmath] i [inlmath]l[/inlmath] – biti definisani. Ako jedan od ta dva parametra nije definisan, kao u ovom slučaju [inlmath]l[/inlmath], kosa asimptota – ne postoji.

Funkcija kojoj je [inlmath]k=0[/inlmath] i [inlmath]l=\infty[/inlmath] u beskonačnosti se ponaša vrlo zanimljivo. Pošto je [inlmath]k=0[/inlmath], ona teži da postane paralelna s [inlmath]x[/inlmath]-osom tako što s povećanjem [inlmath]x[/inlmath] postaje sve horizontalnija, ali nikada ne dostiže potpunu horizontalnost, tj. potpunu paralelnost s [inlmath]x[/inlmath]-osom. Takođe, ta funkcija, kako idući ka beskonačnosti postaje sve horizontalnija, sve se više i udaljava od [inlmath]x[/inlmath]-ose prema gore, s tim da je to njeno udaljavanje od [inlmath]x[/inlmath]-ose neograničeno, pa bismo mogli reći da će u beskonačnosti ta funkcija da se poklopi s horizontalnom pravom koja je beskonačno udaljena od [inlmath]x[/inlmath]-ose, zbog toga što je parametar [inlmath]l[/inlmath] beskonačan.

[inlmath]y=0[/inlmath] bi predstavljalo pravu koja se poklapa s [inlmath]x[/inlmath]-osom, a to se prilično razlikuje od ovog slučaja, u kome je prava beskonačno udaljena od [inlmath]x[/inlmath]-ose. Drugo, kad imaš oblik [inlmath]y=0[/inlmath], to je isto što i [inlmath]k=0[/inlmath] i [inlmath]l=0[/inlmath]. Tako da si u pravu, ovde je u pitanju druga opcija.

Hvala! Da bi ovo bilo potpuno, evo konkretne funkcije u kojoj sam dobio navedeno:
[dispmath]f(x)=\ln\left(2x^3-x+1\right)[/dispmath]
Sad mi samo još reci da sam nešto krivo napravio...

Krivo si napravio... Šalim se!

Pa da, kod svake funkcije oblika [inlmath]f\left(x\right)=\log_a\left[P\left(x\right)\right][/inlmath], gde je [inlmath]a[/inlmath] realan broj i [inlmath]a>1[/inlmath], a [inlmath]P\left(x\right)[/inlmath] neki polinom po [inlmath]x[/inlmath] takav da je [inlmath]\lim\limits_{x\to +\infty}P\left(x\right)=+\infty[/inlmath], dobije se da je [inlmath]\lim\limits_{x\to +\infty}f\left(x\right)=+\infty[/inlmath], [inlmath]k=0[/inlmath] i [inlmath]l=+\infty[/inlmath].
Slično i kada je [inlmath]0<a<1[/inlmath], samo je tada [inlmath]\lim\limits_{x\to +\infty}f\left(x\right)=-\infty[/inlmath], [inlmath]k=0[/inlmath] i [inlmath]l=-\infty[/inlmath].

Evo naleti na ovu temu slučajno.A upravo obrađujem kose asimptote.Već smo govori u onoj mojoj temi da mogu biti lijeve i desne kose asimptote različite. Evo ovo je prvi zadatak u kojeme sam vidio da je to tako.Zbunio me je malo ovaj zadatak. Zapravo ne znam kako da prepoznam u zadatku hoće li biti asimptote iste ili različite.Stvar koja me ovde zbunjuje jeste u drugom slučaju kada ispadne [inlmath]k=-1[/inlmath] odkuda [inlmath]-[/inlmath] ispred [inlmath]\sqrt\frac{1}{x^2}[/inlmath]. Kako si ga tu ubacio ja ne vidim nikakvu smjenu.Ako možeš malo to da pojasniš čak i uopšteno. Mislim u kojem slučaju su asimptote različite a u kom iste.

Kako [inlmath]x\to -\infty[/inlmath] jasno je da je [inlmath]x<0[/inlmath], pa ako pokusamo da [inlmath]\frac{1}{x}[/inlmath] ubacimo pod koren, to bi bilo [inlmath]-\sqrt{\frac{1}{x^2}}[/inlmath]. Jer je [inlmath]-\sqrt{\frac{1}{x^2}}=-\frac{1}{|x|}[/inlmath], sto je za [inlmath]x<0[/inlmath] jednako [inlmath]\frac{1}{x}[/inlmath].

Uopsteno, funkcija moze da ima i levu i desnu kosu asimptotu. Uslov za postojanje leve je postojanje konacne vrednosti limesa [inlmath]k=\lim\limits_{x\to -\infty}\frac{f(x)}{x}[/inlmath] razlicite od nula, kao i konacnog [inlmath]n=\lim\limits_{x\to -\infty}\left[f(x)-kx\right][/inlmath]. Ako ove dve vrednosti postoje, onda ce leva kosa asimptota biti [inlmath]y=kx+n[/inlmath]. Slicno ide i za desnu, samo sto u limesima [inlmath]x[/inlmath] umesto u [inlmath]-\infty[/inlmath] tezi u [inlmath]+\infty[/inlmath]. Jedinstvenu kosu asimptotu dobijas onda kada se limesi poklope za [inlmath]k[/inlmath] i [inlmath]n[/inlmath] za oba [inlmath]x[/inlmath]-a, sto cini da u oba slucaja dobijamo istu pravu, i samim tim jedinstvenu kosu asimptotu (za koju onda kazemo da je obostrana).

Sada ne znam koliko si me baš razumio kada govorimo uopšteno.Dobro to znam da je uslov postojanja lijeve i desne kose asimptote [inlmath]k\ne 0[/inlmath]. Jek kada je [inlmath]k=0[/inlmath] onda je to horizontalna a ne kosa. Kod izvođenja forume za [inlmath]k[/inlmath] i [inlmath]n[/inlmath] kod kose asimptote uopšte nije bitno gdje limes teži [inlmath]\pm\infty[/inlmath].Formula je ista. Tako da se moj proračun nikada ni za lijevu ni za desnu ne bi razlikovao uvjek bi bilo isti. Sigruno se moraju nekako razlikovati proračuni za lijevu i za desnu. Ipak bi nešto trebalo biti drugačije. Jer po mome kada idem sve isto a samo uvrstim u limes [inlmath]+\infty[/inlmath] ili [inlmath]-\infty[/inlmath]. Tako da u skoro svakome slučaju dobijem da su uvijek isti limesi. Da li bi se ovaj limes mogao raditi preko smjene [inlmath]t=-x[/inlmath]. Ja mislim da može mada bilo bi dosta i jednostavnije raditi.Ovo meni nikada ne bi palo na pamet da uvrstim što je Daniel radio.Tačnije da li je moguće nekako zaključiti da u lije i desni limes isti a da ih posebno ne određujemo. Evo pogledaj ovaj link tu ima jedan primjer koji me zbunjuje,sigurno ćeš shvatiti sta me muči.I zašto spominjem ovu smjenu.

Nije isto kada [inlmath]x[/inlmath] ide u [inlmath]+\infty[/inlmath] i [inlmath]-\infty[/inlmath]. Izvodjenje formule jeste slicno, ali limesi ne moraju da daju istu vrednost, tj. [inlmath]k[/inlmath] i [inlmath]n[/inlmath] se ne moraju nuzno poklopiti za ta dva slucaja. Primer sa ove teme upravo to i pokazuje.

Ideja sa smenom [inlmath]x=-t[/inlmath] sluzi da limes u kojem [inlmath]x[/inlmath] tezi [inlmath]+\infty[/inlmath] svedes na limes gde [inlmath]t\to +\infty[/inlmath]. U principu da bi resavao limes gde radis sa pozitivnom beskonacnoscu, ali to ne uproscava nista, i stoga ta smena koju navodis na drugoj temi i nema neki veci smisao, a rekao bih ni ovde.

Izgleda da je ovo malo komplikovanije nego što sam mislio.Kažeš izovđenja su slična.Opet mi to nije najjasnije jer kod mene su ista.Gdje je tu razlika? Ja je ne vidim nikako.

Znaš li za definiciju [inlmath]\sqrt{x^2}\;\overset{\mbox{def}}{=\!=}\;\left|x\right|\;[/inlmath]?

Ona je sasvim logična – kvadratni koren nekog broja može dati samo pozitivnu vrednost (ili nulu), dok [inlmath]x[/inlmath] u opštem slučaju može biti bilo koji realan broj – i pozitivan, i nula, i negativan. Zato, ako bismo pisali [inlmath]\sqrt{x^2}=x[/inlmath], to bi bilo OK za pozitivne vrednosti [inlmath]x[/inlmath], uključujući i nulu, dok bismo za negativne vrednosti [inlmath]x[/inlmath] imali problem, jer bismo na levoj strani imali pozitivnu, a na desnoj negativnu vrednost, pa jednakost ne bi mogla biti tačna. Zbog toga važi [inlmath]\sqrt{x^2}=\left|x\right|[/inlmath] – tada i na levoj i na desnoj strani uvek imamo pozitivnu vrednost (ili nulu).

Upravo zbog toga treba biti oprezan prilikom ubacivanja [inlmath]x[/inlmath] pod koren. Ako napišemo [inlmath]x\sqrt a=\sqrt{ax^2}[/inlmath], to je sve u redu kada je [inlmath]x[/inlmath] pozitivno ili nula, ali kada je [inlmath]x[/inlmath] negativno, tada bismo opet imali slučaj da je leva strana ([inlmath]x\sqrt a[/inlmath]) negativna, dok je desna strana ([inlmath]\sqrt{ax^2}[/inlmath]) pozitivna. Zato se, u slučaju da je [inlmath]x<0[/inlmath], mora pisati
[dispmath]x\sqrt a=-\left|x\right|\sqrt a=-\sqrt{x^2}\cdot\sqrt a=-\sqrt{ax^2}[/dispmath]
Ovde smo iskoristili upravo onu jednakost [inlmath]\sqrt{x^2}=\left|x\right|[/inlmath] o kojoj sam gore pisao. I sad je sve u redu, jer je [inlmath]x\sqrt a[/inlmath] negativno, a [inlmath]-\sqrt{ax^2}[/inlmath] je takođe negativno.

To je korišćeno i u ovom zadatku za koji si pitao. Kada [inlmath]x\to +\infty[/inlmath], tada je [inlmath]x[/inlmath] pozitivno, pa je i [inlmath]\frac{1}{x}[/inlmath] pozitivno i važi
[dispmath]\frac{1}{x}=\left|\frac{1}{x}\right|=\sqrt{\left(\frac{1}{x}\right)^2}=\sqrt{\frac{1}{x^2}}[/dispmath]
a kada [inlmath]x\to -\infty[/inlmath], tada je [inlmath]x[/inlmath] negativno, pa je i [inlmath]\frac{1}{x}[/inlmath] negativno i važi
[dispmath]\frac{1}{x}=-\left|\frac{1}{x}\right|=-\sqrt{\left(\frac{1}{x}\right)^2}=-\sqrt{\frac{1}{x^2}}[/dispmath]

---

Uputio bih te da pogledaš ovaj zadatak, tu sam pokazao kako je, u slučaju kada se [inlmath]\lim\limits_{x\to -\infty}[/inlmath] i [inlmath]\lim\limits_{x\to +\infty}[/inlmath] razlikuju, moguće objediniti veći deo postupka i za jedan i za drugi limes, pri čemu se traži [inlmath]\lim\limits_{x\to\pm\infty}[/inlmath], a tek na samom kraju se postupak razdvoji za svaki od ta dva limesa. Ponekad se upravo taj štos može primeniti za nalaženje leve i desne horizontalne ili kose asimptote, kada se one razlikuju.

Ma dobro to preko definicije apsolutne vrijednosti.To mi je jasno,čak nisam ni rekao da mi to nije jasno. Ovaj dole link je ono što sam tražio.