17 svar
147 visningar
Louiger är nöjd med hjälpen!
Louiger 143
Postad: 11 aug 2019

lim x → ∞ (x^2(1+x^3)^(1/3)-x^3)

Ska beräkna lim x → ∞ (x^2(1+x^3)^(1/3)-x^3) genom att använda maclaurinutv.

 

Har försökt, men blir inte riktigt klok på hur jag ska göra. deriverar jag (1/x^3+1)^1/3-1 går ju alla derivatorna bara mot oändligheten?!

tomast80 2488
Postad: 11 aug 2019 Redigerad: 11 aug 2019

Om xx\to \infty är det inte MacLaurin som ska användas. Isf kan du först göra substitutionen:

t=1xt=\frac{1}{x}

tomast80 2488
Postad: 11 aug 2019 Redigerad: 11 aug 2019

En bra idé är att förlänga med rätt uttryck så att du får uttrycket på formen: a3-b3a^3-b^3. Se sista uttrycket nedan: https://www.formelsamlingen.se/alla-amnen/matematik/algebra/tredjegradsbinom

tomast80 2488
Postad: 11 aug 2019

Bryt ut x2x^2 och förläng sedan uttrycket med:

a2+ab+b2a^2+ab+b^2, där

a=(1+x3)13a=(1+x^3)^{\frac{1}{3}}

b=xb=x

Albiki 4226
Postad: 11 aug 2019

Hej!

Om xx är ett stort positivt tal är x-1x^{-1} ett litet positivt tal och Maclaurinutveckling kan tillämpas på ett uttryck som involverar x-1x^{-1}

    x2(1+x3)1/3-x3=x3·{(1+x-3)1/3-1}.x^2(1+x^3)^{1/3}-x^3 = x^{3}\cdot \{(1+x^{-3})^{1/3}-1\}.

Maclaurinutveckling av funktionen f(t)=(1+t)1/3f(t) = (1+t)^{1/3} är 1+t3-t29+o(t2)1+\frac{t}{3}-\frac{t^2}{9}+o(t^2) vilket ger uttrycket

    x3·{x-33-x-69+o(x-6)}=13-x-39+o(x-6)x-3.\displaystyle x^3\cdot\{\frac{x^{-3}}{3}-\frac{x^{-6}}{9}+o(x^{-6})\} = \frac{1}{3}-\frac{x^{-3}}{9}+\frac{o(x^{-6})}{x^{-3}}.

Detta uttryck närmar sig talet 1/31/3 då det positiva talet xx växer obegränsat.

Albiki 4226
Postad: 11 aug 2019

Med samma metodik kan man bestämma gränsvärdet för x2(1+xp)1/p-x3x^2(1+x^{p})^{1/p}-x^3xx\to\infty, där heltalet p3p\geq 3.

tomast80 2488
Postad: 11 aug 2019 Redigerad: 11 aug 2019
Albiki skrev:

Med samma metodik kan man bestämma gränsvärdet för x2(1+xp)1/p-x3x^2(1+x^{p})^{1/p}-x^3xx\to\infty, där heltalet p3p\geq 3.

Blir alltså allmänt 1p\frac{1}{p}?

tomast80 2488
Postad: 11 aug 2019 Redigerad: 11 aug 2019

Inledning på min lösning:

limxx2(a-b)(a2+ab+b2)a2+ab+b2=\lim_{x\to \infty} \frac{x^2(a-b)(a^2+ab+b^2)}{a^2+ab+b^2}=

limxx2(a3-b3)a2+ab+b2=\lim_{x\to \infty}\frac{x^2(a^3-b^3)}{a^2+ab+b^2}=

limxx2(1+x3-x3)x2(...)=\lim_{x\to \infty}\frac{x^2(1+x^3-x^3)}{x^2(...)}=

...

Albiki 4226
Postad: 11 aug 2019 Redigerad: 11 aug 2019
tomast80 skrev:
Albiki skrev:

Med samma metodik kan man bestämma gränsvärdet för x2(1+xp)1/p-x3x^2(1+x^{p})^{1/p}-x^3xx\to\infty, där heltalet p3p\geq 3.

Blir alltså allmänt 1p\frac{1}{p}?

Grafen till funktionen f(t)=(1+tp)1/pf(t) = (1+t^{p})^{1/p} är väldigt platt i närheten av t=0t=0 om p>3p>3; samtliga derivator f(n)(0)=0f^{(n)}(0)=0. Vad betyder det för Maclaurinutvecklingen?

tomast80 2488
Postad: 11 aug 2019

Det borde rimligen innebära att gränsvärdet är lika med noll för p4p\ge 4?

Louiger 143
Postad: 11 aug 2019
Albiki skrev:

Hej!

Om xx är ett stort positivt tal är x-1x^{-1} ett litet positivt tal och Maclaurinutveckling kan tillämpas på ett uttryck som involverar x-1x^{-1}

    x2(1+x3)1/3-x3=x3·{(1+x-3)1/3-1}.x^2(1+x^3)^{1/3}-x^3 = x^{3}\cdot \{(1+x^{-3})^{1/3}-1\}.

Maclaurinutveckling av funktionen f(t)=(1+t)1/3f(t) = (1+t)^{1/3} är 1+t3-t29+o(t2)1+\frac{t}{3}-\frac{t^2}{9}+o(t^2) vilket ger uttrycket

    x3·{x-33-x-69+o(x-6)}=13-x-39+o(x-6)x-3.\displaystyle x^3\cdot\{\frac{x^{-3}}{3}-\frac{x^{-6}}{9}+o(x^{-6})\} = \frac{1}{3}-\frac{x^{-3}}{9}+\frac{o(x^{-6})}{x^{-3}}.

Detta uttryck närmar sig talet 1/31/3 då det positiva talet xx växer obegränsat.

Tack för tydligt förklarat!!

Albiki 4226
Postad: 12 aug 2019 Redigerad: 12 aug 2019

Välj ett p>3p>3 och studera uttrycket (p-1){xp-1(1+xp)1/p-xp}(p-1)\{x^{p-1}(1+x^p)^{1/p}-x^p\} för stora positiva tal x.x. Vad verkar gränsvärdet vara då xx\to\infty?

tomast80 2488
Postad: 12 aug 2019 Redigerad: 12 aug 2019
Albiki skrev:

Välj ett p>3p>3 och studera uttrycket (p-1){xp-1(1+xp)1/p-xp}(p-1)\{x^{p-1}(1+x^p)^{1/p}-x^p\} för stora positiva tal x.x. Vad verkar gränsvärdet vara då xx\to\infty?

Jag får det till:

p-1p=1-1p\displaystyle \frac{p-1}{p}=1-\frac{1}{p}

Albiki 4226
Postad: 12 aug 2019
tomast80 skrev:
Albiki skrev:

Välj ett p>3p>3 och studera uttrycket (p-1){xp-1(1+xp)1/p-xp}(p-1)\{x^{p-1}(1+x^p)^{1/p}-x^p\} för stora positiva tal x.x. Vad verkar gränsvärdet vara då xx\to\infty?

Jag får det till:

p-1p=1-1p\displaystyle \frac{p-1}{p}=1-\frac{1}{p}

Hur får du det?

tomast80 2488
Postad: 12 aug 2019 Redigerad: 12 aug 2019

(p-1)(xp-1(1+xp)1/p-xp)=(p-1)(x^{p-1}(1+x^p)^{1/p}-x^p)=

(p-1)(xp-1(xp(1+x-p))1/p-xp)=(p-1)(x^{p-1}(x^p(1+x^{-p}))^{1/p}-x^p)=

(p-1)xp((1+x-p)1/p-1)(p-1)x^p((1+x^{-p})^{1/p}-1)\approx

(för stora värden på xx)

(p-1)xp(1+1p·x-p-1)=(p-1)x^p(1+\frac{1}{p}\cdot x^{-p}-1)=

(p-1)·1p=(p-1)\cdot \frac{1}{p}=

1-1p1-\frac{1}{p}

Albiki 4226
Postad: 12 aug 2019 Redigerad: 12 aug 2019

Det verkar stämma.

När jag lekte med funktionen xp-1(1+x-p)1/p-xpx^{p-1}(1+x^{-p})^{1/p}-x^p i Desmos fick jag indikationer att gränsvärdet var 1p-1\frac{1}{p-1} vilket var anledningen till multiplikationen med (p-1)(p-1); tanken var att gränsvärdet skulle bli 11

Det avsedda gränsvärdet är alltså

    1=limxp{xp-1(1+xp)1/p-xp}1=\lim\limits_{x\to\infty}p\{x^{p-1}(1+x^p)^{1/p}-x^p\} för varje val av p3p\geq 3.

tomast80 2488
Postad: 12 aug 2019

Snyggt! Stämmer väl även för p=2p=2 och p=1p=1?

Albiki 4226
Postad: 12 aug 2019

Ja, när p=1p=1 så råder likhet för alla xx och när p=2p=2 ger kvadreringsregeln tillämpad på (x-1+x2)2(x-\sqrt{1+x^2})^2 resultatet

    x2-2x1+x2+1+x2=1-2{x1+x2-x2}x^2-2x\sqrt{1+x^2}+1+x^2=1-2\{x\sqrt{1+x^2}-x^2\}

som närmar sig noll då xx växer.

Svara Avbryt
Close