MA1: Řešené příklady funkce: limity. vbodě a=.

Transkript

1 MA Řešené příklady c phabala 29 MA: Řešené příklady funkce: ity Najdětedefiničníoboraityvhraničníchbodechfunkce f ln Najdětedefiničníoboraityvhraničníchbodechfunkce f ln 3Spočítejteitufunkce f vbodě a 4Spočítejteitufunkce f vbodech a+ a a 5Spočítejteitufunkce f cos++2vbodech aaa e ep 6 Spočítejte p 2 v závislosti na parametru p a 2 7 Najděte hodnoty parametru a, pro které ita konverguje,apakjiprotuto ln hodnotu vypočítejte 8Najdětepřípadnéasymptotyfunkce f + 2 vav 9Najdětepřípadnouasymptotufunkce fln2e + vnekonečnu ; >, Prozkoumejtespojitostvbodě afunkce f, ; arccose /ln, < Řešení: Poznámka o zápisu: Do výpočtu často vkládám vysvětlující poznámky mezi závorky,jdeo mé soukromé značení, abych nemusel výpočty přerušovat; většinu toho bych při normálním psaní řešení neuváděl Nicméně hlavně u zkoušky bývá dobré řešení komentovat, aby zkoušející viděl, že jsem výsledek nezískal jinaktřeba osvícením shůry Jmenovitě, u it je často používanou možností přidávat odkazy na známé věci nadči pod rovnítko, jde zejména o indikaci použití l Hospitalova pravidla či kritické mezikroky Pro studenta však bývá těžké odhadnout, co je vyučující ochoten akceptovat jako fakt a co chce dovysvětlit Zde vysvětluji více, než je třeba, a dělám ve výpočtu víc kroků; myslím, že tu víceméně správnou míru komentování a detailů student najde v Příkladech k procvičování Nejprve určíme definiční obor Jsou dvě omezení, jmenovatel vyžaduje ±2 a logaritmus chcekladnýargument,tedy >2Závěr: Df2, Hraniční body jsou dva, nekonečno a 2, kam se půjde jen zprava Začneme dosazením nekonečna: f Tento neurčitý podíl se nejlépe dělá l Hospitalem [ln 2] f l H [ 2 4] Teď zkusíme dvojku zprava f ln Ve jmenovateli vyjde nula, ale v čitateli není, nejde tedy o neurčitý podíl, a proto nelze použít l Hospitalovopravidlo Uvýrazůtypu a pronenulové ajetřebasirozmyslet,zdabudenulave

2 MA Řešené příklady c phabala 29 jmenovateli jednostranná, tedy zda pro blízká k 2 ale o trochu větší nemá jmenovatel stále stejné znaménkotojealesnadné, 2 + znamenámimojiné >2atedy 2 4 > f ln Jetoobecnámocnina,nejprvejimusímepřevéstpomocívzorce f g e glnf : f[ln] / e lnln Eponenciála spolkne všechno, jsou tedy tři zdroje problémů Zlomek vyžaduje nenulový jmenovatel, tedy Vnitřní logaritmus vyžaduje > I vnější logaritmus potřebuje kladný argument,tedyln >Odtud >napříkladzgrafunebopovýšenímoboustrannerovnosti na e: e ln > e Definičníoborjetedy, Mádvahraničníbody,tambudeitazpravaanekonečno, začneme jedničkou, odmocniny je vhodné napsat jako mocniny: [ln] / + Pokudsinejsmejistí,kolikje mocninyjsouzrádné,jemožnopoužítzasetvaruseponenciálou, kterou lze coby spojitou funkci vytáhnout ven z ity lnln + lnln + ln + e ln / e / lnln e + + Kdesevzalytyplusyamínusy?Kdyžje čísloblízkéaleotrochuvětšítj +,pakln > Protoln + + Limita v nekonečnu: ln / Protožeje neurčitývýraz,teďužnenínavýběramusísepoužíttvar enalogaritmus Převod je stejný jako u předchozí ity, a abychom nemuseli pořád to e opisovat, podíváme se nejprve na itu eponentu: lnln lnln Tohle volá po l Hospitalově pravidlu lnln [lnln] l H [] Teď nesmíme zapomenout dosadit zpět do eponenciály lnln f e ln ln e ln 3 Jako obvykle začneme dosazením itního bodu Máme součin, o kterém ani nevíme, zda je neurčitý, protože v čitateli máme pro změnu neurčitý rozdíl Nicméně obecná verze l Hospitalova pravidla platí i pro výraz něco děleno nekonečnem, takžesetodázkusit: 4 2 3? ? l H 2+ l H Máme neurčitý rozdíl, který se většinou převádí algebraicky na součin či podíl Při práci s polynomy 2

3 MA Řešené příklady c phabala 29 v nekonečnu ve většině případů funguje nejlépe vytýkání nejvyšší mocniny Toto je typické Výraz, který po vytknutí nejvyšší mocniny zůstane, vždy konverguje a neovlivní, zda výsledná ita konverguje či diverguje O tom rozhodne vytknutá mocnina, která tak vlastně reprezentuje chování celého výrazu v nekonečnu Tento trik lze aplikovat rovnou na danou itu, kde si budeme reprezentovat čitatel i jmenovatel vytknutými dominantními mocninami Toto bývá nejrychlejší metoda při hledání ity podílu polynomů v nekonečnu Výpočetně ještě rychlejší bývá zkrácení mocniny v celém zlomku, ale to funguje zaručeně jen v případě, kdy je vedoucí mocnina v čitateli i jmenovateli stejná Jinak to vůbec fungovat nemusí, ověřte si, že když zkusítevdanéitězkrátitvezlomku 2,povedetonavýraz,krácení 4 vedenavýraz akrácení 3 nakombinovanýprůšvih Zkušený počtář dokáže výsledek it tohoto typu rovnou hádnout, protože ví, že v nekonečnu se každý polynom chová jako svá nejvyšší mocnina To je velice užitečné Tato metoda se umí vyrovnat i s přítomností odmocnin, viz příklad na testování spojitosti 4 Otázkymajísmysl,protožedefiničníoborjeevidentně Df,, Nejprve dosadíme plusovou nulu do funkce: f 2 + Je nutno zjistit, jaká je nula ve jmenovateli Nejlepší přístup je nejprve výraz upravit vytknutím členu,kterýjevždykladný,takževýslednéznaménkoneovlivní: Protožepro >platí2 >,jepromalákladná také2 >,protojevýrazvejmenovatelikladný Můžeme tedy dokončit řešení: 2 f + + Mimochodem,itavzlevavyjde,zkustesito Teď zkusíme dosadit nekonečno: f +? Protože jde o podíl lineárních kombinací mocnin, doporučená metoda je udělat si v nekonečnech pořádek vytknutím dominantních mocnin z každé lineární kombinace Předchozí příklad pracoval smocninamiklasickými,alemetodafungujeipromocninytypu a,tjeponenciály f < Poznámka: Mimo jiné jsme po vytknutí viděli, že i jmenovatel jde do nekonečna, takže daný výrazjevlastnětypu Natakovétypickypoužívámel Hospitala,alenaeponenciálysenehodí: [3 +] ln33 f l H [4 2 ] ln44 ln22 Nijak jsme si nepomohli Zkuste si udělat pět až deset dalších l Hospitalů, bude to pořád stejný problém, jen těch logaritmů přibude Poznámka: Jako bonus se podíváme na třetí hraniční bod f + 3 2

4 MA Řešené příklady c phabala 29 Jakájetamnula? Zkusímepodobnýtrik,vytkneme2 >: Pro blízké je2 téměřnula,proto2 <Mámetedy2 2 <a f Při řešení it v mínus nekonečnu se občas vyplatí převést je substitucí na itu v nekonečnu Pomůžetoizde? y f y 3 y y + y 4 y 2 y y 2 y 3 + y 2 y + + Bylototaksnažší?Asine,alealespoňjsmesitoprotrénovali 5 Odmocninujelepšípřepsatnacos++2 / Nejprvedosadímenekonečno,aťvidíme, jaký typ ity máme f cos++2 / Protože kosinus nemá v nekonečnu itu, je zde možnost, že ita neeistuje Je ale omezený a přičítáme nekonečno, což dá dohromady nekonečnopravidlo omez+ Limita je tedy typu,cožjeneurčitámocninaprvníkrokjepřevéstjipomocítriku enalogaritmus : lncos++2 f e lncos++2 e ln Tento typ neurčitého výrazu se většinou řeší l Hospitalovým pravidlem Protože je to nuda pořád opisovat e, podíváme se jen na itu: lncos++2 [lncos++2] sin+ l H [] cos++2 Jaksedošloktomu,žeitaonohopodílujenula?Výrazjetypu omezená/ Teďnesmíme zapomenout dosadit zpět do eponenciály lncos++2 f e e Poznámka: Pokud má někdo nedůvěru k pravidlům omezená+ a omezená/ či pokud jste je oficiálně neprobrali, je možno ony výrazy přinutit jít na správné místo pomocí vět o srovnání Pro >máme a cos sin + sin cos++2 cos Teď zkusíme dosadit nulu, zase je lepší převést obecnou mocninu na eponenciálu logaritmu lncos++2 f e ln3 Tento výraz je neurčitý a řeší se rozborem nuly Je možné, aby byla jednostranná? Nejjednodušší způsob bývá spočítat jednostranné ity, je zde také nutno si uvědomit, že ln3 > lncos++2 f e + ln3 e +, + lncos++2 f e 4 ln3 e

5 MA Řešené příklady c phabala 29 Protože jsou jednostranné ity různé, daná ita neeistuje 6 Začneme jako obvykle dosazením e ep p 2 e ep p pe 2 p 2 Jakéhotypujetatoita?Vidíme,žetozávisínahodnotě pjestliže p 2,pakvejmenovateli není nula a můžeme itu spočítat dosazením, ten výraz výše je pak vlastně výsledek Aby to vypadalo lépe, tak výraz ve jmenovateli rozložíme na lineární faktory, lze pak zkrátit Problémovéhodnotyjsou p± Kdyžje p,dostanemevitěpodosazenítyp,který standardně řešíme l Hospitalovým pravidlem e ep p e e e p 2 e l H Prohodnotu p dostávámevitěpodosazenítyp a,kdevtomtopřípadě a2e >Jsme tedy v situaci, kdy máme rozebrat znaménko nuly To se nejlépe dělá přes jednostranné ity Pro p tedydostaneme e + e 2e + e + e 2e, + Protože se jednostranné ity neshodují, oboustranná ita v neeistuje Závěr: 7 Nejprve jako obvykle dosadíme e ep p 2 a 2 ln e +p, p ±; e, p; nee, a 2 p Pokudbude a 2,pakitaurčitědivergujeJedinášancenakonvergencitedyje,abybyl čitatel také nulový, tedy a ± Pak je tam neurčitý podíl, který můžeale nemusí konvergovat a 2 a± ln ln l H Limitakonvergujepro a± 8 Definičníoborfunkcejedánjmenovatelem,nesmíbýtnulový Tosestanepro,proto máme Df,, Otázkamátedysmysl,protoževidíme,žeanekonečnojsou rozumní kandidáti na asymptotu, může být svislá v a vodorovná či šikmá v nekonečnu Začnemenulou,stačísedívatnajednostrannéityPro + je >,tedy e >a f + + Máme tedy svislou asymptotu v a není nutno dělat druhou jednostrannou itu, ale jen pro zajímavosttozkusímepak,tedy e <a f Itentovýsledekbysámosoběvedlnasvislouasymptotu Teď se podíváme, co funkce dělá v nekonečnu f l H ln22 5

6 MA Řešené příklady c phabala 29 Mámetedyvnekonečnuvodorovnouasymptotuorovnici y Poznámka: Pro úplnost prozkoumáme jako bonus asymptotu v mínus nekonečnu f e Vodorovná asymptota tam tedy není, ale možná šikmá Zkusíme najít A f + 2 Tohle volá po l Hospitalovi, f [+] l H [2 ] 2 ln Ve jmenovateli jsme dostali neurčitý výraz, což je docela nepříjemné Jedna možnost je spočítat si někde bokem, kolik vyjde 2 Neurčitýsoučinsepočítápřevodemnapodílanásledně l Hospitalem: 2 Vrátíme se tam, kde jsme toto potřebovali vědět: f 2 l H ln22 + A ln22 +2 Mimochodem, eistuje mnohem rychlejší metoda, jak najít tuto itu Zkušenost říká, že aplikovat l Hospitala na složitější výrazy nebývá dobrý nápad Pokud je možné oddělit pěknou část ity mimo,vyplácíseto Připohledunaituvidíme,žetamjezlomek +,kterýumímespočítat víceménězhlavy,protožejetopodílpolynomůavyhrávajívedoucíčleny,jdetedykdokážese to u tohoto zlomku snadno, stačí jej prostě vydělit Proto f A Trochu lepší, co? Každopádně je tedy možnost šikmé asymptoty se směrnicí A Teď se rozhodne: + B f 2 + Tradičně dostáváme neurčitý rozdíl, zase jediná šance je ve sloučení členů a snad se něco stane f Máme stejný problém jako před chvílí, takže už víme, jak ten neurčitý součin dopadne B f+ 2 Vnekonečnujetedyšikmáasymptotaorovnici y 9 Má otázka vůbec smysl? Jinými slovy, je funkce definována na nějakém okolí nekonečna? Problémjevlogaritmu,teneistujepro splňující2e + >,cožneumímeeplicitněvyřešit, takžejedobře,žesenásnezeptalinadefiničníobor Námstačísivšimnout,žeprokladná to určitěplatí,takže fjedefinovanánakladnépolooseamásmyslsezeptat,cosedějevnekonečnu Nejprve se podíváme na itu funkce, protože to hodně napoví ln2e + ln2e + ln 6

7 MA Řešené příklady c phabala 29 Takže rozhodně nebude vodorovná asymptota, ale je šance na asymptotu šikmou Abychom to rozhodli, nejprve se podíváme, jestli by mohla být směrnice f ln2e + A Tohle volá po l Hospitalovi ln2e + [ln2e + ] 2e + [2e +] l H [] 2e + l H [2e + ] 2e 2e 2e + l H 2e Alternativa: Po prvním použití l Hospitala jsme dostali podíl s mocninami, což rádi řešíme vytknutím dominantních členů Tady je stejný dominantní člen v čitateli i jmenovateli, jmenovitě ta eponenciála, takže ji můžeme pokrátit ln2e + l H 2e + 2e + 2+ e 2+ e 2+/ 2+ Jetokratší,alejenproto,žejsmepoužilitvrzení,že e vnekonečnuvíme,žeeponenciála přebije mocniny Pokud by to chtěl někdotřeba zkoušející odůvodnit, aby tak bylo řešení kompletní, předvedli bychom na tom dalšího l Hospitala Každopádně máme f A,itakonvergovala,takžejepořádmožné,žeješikmá asymptota,apokudje,takmásměrnici A Skonečnouplatnostísetorozhodne,kdyžse pokusíme spočítat B B f A ln2e + Neurčitý rozdíl je nepříjemný v tom, že na něj nemáme relativně spolehlivý standardní postup Obvykle se snažíme nějak ty dva členy algebraicky spojit, abychom pokud možno pokrátili Zde to půjde, pokud i druhý člen bude logaritmus něčeho, ale to umíme zařídit ln2e + ln2e + lne 2e + ln e [ 2e + ] ln e Podobný problém jako předtím, podobný postup, vykrátíme tu eponenciálu ln2e + ln[ 2+ ] 2+ e ln2b Itatoitakonvergovala,takžemámešikmouasymptotuvnekonečnuamárovnici y +ln2 Spojitost v bodě se dělá porovnáním hodnoty funkce a jednostranných it Začneme itou zprava:když +,pakje >,protoje fdánotímvzorcemsezlomkemaodmocninami f + + Dostali jsme neurčitý podíl, což se standardně řeší l Hospitalem, ale u výrazů s rozdílem odmocnin často dáváme přednost alternativní metodě, rozšíření zlomku přidruženým výrazem f Teďitazleva:Když,je <atudížpro fpoužijemetenvzorecsmocninou f arccose /ln arccos e /ln e / e 7

8 MA Řešené příklady c phabala 29 Mámetedy f + 2, f,jinýmislovy,jednostrannéitykonvergují,alenerovnají se Funkcejeprotonespojitávajdeoskokovounespojitost Nebyloaninutnéporovnávats hodnotou f,toužbynatétoklasifikacinicnezměnilo,nicméněvidíme,že f f, funkcejetedyspojitávzleva Poznámka: Nekaždémusetaalgebrauitysodmocninamilíbíazrovnazdebypoužití l Hospitalova pravidla nebylo špatnou volbou Jsou ale příklady, kde by l Hospital byl příšerný, zatímco trik s odmocninou je pouze únavný, a tedy se vyplatí Zkuste si pro srovnání zkusit spočítat oběma metodami následující dva příklady, my tu naznačíme cestu algebraickou, vám přenecháme oblíbeného l Hospitala Druhý příklad: Použili jsme postup vysvětlený výše, při práci s mocninami se vyplácí vytýkat tu nejvyšší v čitateli i jmenovateli Pokud jsou tam komplikovanější složky, třeba odmocniny, vyplatí se začít s nimi, u té první jsme použili Tím je pak každá odmocnina reprezentována jistou mocninou a ty je možno porovnávat navzájem přivýběrudominantyprotoženakonecbylovčitateliijmenovatelicelkem 3,takjsmenevytýkali, ale rovnou zkrátili 8