Co robić, gdy granica funkcji nie istnieje?
Krystian Karczyński
Założyciel i szef serwisu eTrapez.
Magister matematyki Politechniki Poznańskiej. Korepetytor matematyki z wieloletnim stażem. Twórca pierwszych Kursów eTrapez, które zdobyły ogromną popularność wśród studentów w całej Polsce.
Mieszka w Szczecinie. Lubi spacery po lesie, plażowanie i kajaki.
Pani Dominika w komentarzach na blogu przesłała mi z pozoru prostą granicę, która jednak ma swoje komplikacje. W trakcie rozwiązywania okazuje się nawet, że w ogóle nie istnieje 🙂 Jak widać na filmiku poniżej, granice potrafią być zdradliwe…
Jeśli masz jakieś pytania, lub wątpliwości, zadaj je śmiało w komentarzach pod postem.
Szukasz korepetycji z matematyki na poziomie studiów lub szkoły średniej? A może potrzebujesz kursu, który przygotuje Cię do matury?
Jesteśmy ekipą eTrapez. Uczymy matematyki w sposób jasny, prosty i bardzo dokładny - trafimy nawet do najbardziej opornego na wiedzę.
Stworzyliśmy tłumaczone zrozumiałym językiem Kursy video do pobrania na komputer, tablet czy telefon. Włączasz nagranie, oglądasz i słuchasz, jak na korepetycjach. O dowolnej porze dnia i nocy.
Jeśli przy badaniu zbieżności całki I stopnia z definicji, dana granica nie istnieje. Co wtedy oznacza takie rozwiązanie?
Że całka jest rozbieżna.
Mam ogromny problem z zespoloną tego typu y-x jest < lub równy 2*Im (w liczniku 9i^3 – 2) w mianowniku 2-i
Jeżeli dobrze zrozumiałem wyrażenie i jeżeli dobrze zrozumiałem, że chodzi o to, żeby zaznaczyć obszar na płaszczyźnie:
y-x\le 2Im\left( \frac{9{{i}^{3}}-2}{2-i} \right)
y-x\le 2Im\left( \frac{9\cdot \left( -i \right)-2}{2-i} \right)
y-x\le 2Im\left( \frac{-9i-2}{2-i}\cdot \frac{2+i}{2+i} \right)
y-x\le 2Im\left( \frac{\left( -9i-2 \right)\left( 2+i \right)}{{{2}^{2}}-{{i}^{2}}} \right)
y-x\le 2Im\left( \frac{-18i-9{{i}^{2}}-4-2i}{4+1} \right)
y-x\le 2Im\left( \frac{-20i+5}{5} \right)
y-x\le 2Im\left( \frac{-20i}{5}+\frac{5}{5} \right)
y-x\le 2Im\left( 1-4i \right)
“Im” oznacza częśc urojoną liczby, czyli mamy:
y-x\le 2\cdot \left( -4 \right)
y\le x-8
…czyli zbiór wszystkich punktów (na płaszczyźnie), które leżą pod prostą x-8:
dziękuje bardzo, chodziło mi dokładnie o to 🙂
A takie granice? 1) lim_{x->π/2} [(π/2-x)(tgx)] 2)lim_{x->0} [(e^x+5x)^1/2x]
Co do granicy 1) to proponuję regułę de l’Hospitala (pokazuję, jak to się robi na Lekcji 4 mojego Kursu):
underset{xto frac{pi }{2}}{mathop{lim }}left( frac{pi }{2}-x right)tgx=underset{xto frac{pi }{2}}{mathop{lim }}frac{frac{pi }{2}-x}{frac{1}{tgx}}=underset{xto frac{pi }{2}}{mathop{lim }}frac{frac{pi }{2}-x}{ctgx}underset{H}{overset{left[ frac{0}{0} right]}{mathop{=}}}underset{xto frac{pi }{2}}{mathop{lim }}frac{{{left( frac{pi }{2}-x right)}^{prime }}}{{{left( ctgx right)}^{prime }}}=
=underset{xto frac{pi }{2}}{mathop{lim }}frac{-1}{-frac{1}{{{sin }^{2}}x}}=underset{xto frac{pi }{2}}{mathop{lim }}{{sin }^{2}}x={{1}^{2}}=1
Ślicznie dziękuje za pomoc 🙂
Co do granicy 2) to również de l’Hospital:
\underset{x\to 0}{\mathop{lim }}{{\left( {{e}^{x}}+5x \right)}^{\frac{1}{2x}}}=\underset{x\to 0}{\mathop{lim }}{{e}^{\frac{1}{2x}ln \left( {{e}^{x}}+5x \right)}}=\underset{x\to 0}{\mathop{lim }}{{e}^{\frac{ln \left( {{e}^{x}}+5x \right)}{2x}}}
Teraz granicę w wykładniku liczę sobie na boczku:
\underset{x\to 0}{\mathop{lim }}\frac{ln \left( {{e}^{x}}+5x \right)}{2x}\underset{H}{\overset{\left[ \frac{0}{0} \right]}{\mathop{=}}}\underset{x\to 0}{\mathop{lim }}\frac{{{\left[ ln \left( {{e}^{x}}+5x \right) \right]}^{\prime }}}{{{\left( 2x \right)}^{\prime }}}=\underset{x\to 0}{\mathop{lim }}\frac{\frac{1}{{{e}^{x}}+5x}{{\left( {{e}^{x}}+5x \right)}^{\prime }}}{2}=\underset{x\to 0}{\mathop{lim }}\frac{\frac{1}{{{e}^{x}}+5x}\left( {{e}^{x}}+5 \right)}{2}=
=\underset{x\to 0}{\mathop{lim }}\frac{\frac{{{e}^{x}}+5}{{{e}^{x}}+5x}}{2}=\underset{x\to 0}{\mathop{lim }}\frac{{{e}^{x}}+5}{{{e}^{x}}+5x}\cdot \frac{1}{2}=\underset{x\to 0}{\mathop{lim }}\frac{{{e}^{x}}+5}{2\left( {{e}^{x}}+5x \right)}=\frac{6}{2}=3
Czyli WRACAJĄC do pierwszej linijki:
\underset{x\to 0}{\mathop{lim }}{{\left( {{e}^{x}}+5x \right)}^{\frac{1}{2x}}}=\underset{x\to 0}{\mathop{lim }}{{e}^{\frac{1}{2x}ln \left( {{e}^{x}}+5x \right)}}=\underset{x\to 0}{\mathop{lim }}{{e}^{\frac{ln \left( {{e}^{x}}+5x \right)}{2x}}}={{e}^{3}}
A np. taka granica ? (x->0+) (x-xlnx)/(x-tgx)
Warto zauważyć, że NIE można zastosować de l’Hospitala, bo na nie jest to żaden z symboli nieoznaczonych.
Można zastosować trochę nietypowy manewr wyciągnięcia xprzed nawias:
\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{lim }}\frac{x-xln x}{x-tgx}=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{lim }}\frac{x\left( 1-ln x \right)}{x\left( 1-\tfrac{tgx}{x} \right)}=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{lim }}\frac{1-ln x}{1-\tfrac{tgx}{x}}
Teraz już tylko spokojna orientacja w sytuacji. Licznik dąży do +\infty (bo ln {{0}^{+}}to -\infty ). W mianowniku \frac{tgx}{x}to 1(wprost ze wzoru, jeśli go mamy, albo przekształcając i korzystając ze wzoru \underset{x\to 0}{\mathop{lim }}\frac{sin x}{x}=1). Zatem mianownik dąży do 0.
Teraz bardzo ważna i trudna sprawa. Trzeba określić znak mianownika. Wiemy, że dąży do 0, ale nie wiemy, czy jest dodatni, czy ujemny.
Z innych źródeł analizy wiemy, że dla x\in \left( 0,\frac{\pi }{2} \right) x < tgx. Skoro tgxjest większy od x, to znaczy, że \underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{lim }}\frac{tgx}{x}dąży do 1, ale jest cały czas WIĘKSZY od 1(bo licznik jest większy od mianownika.
Zatem w mianowniku mamy działania 1 odjąć wartość większą od 1, zatem mianownik jest UJEMNY.
W liczniku mamy więc +\infty , a w mianowniku nieskończenie małą, ale ujemną. Cała granica będzie więc równa:
\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{lim }}\frac{x-xln x}{x-tgx}=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{lim }}\frac{x\left( 1-ln x \right)}{x\left( 1-\tfrac{tgx}{x} \right)}=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{lim }}\frac{1-ln x}{1-\tfrac{tgx}{x}}=-\infty