Shady je napisao:Razumijem zasto nije definisana jer [inlmath]\ln(x+1)[/inlmath] mora biti razlicito od nule pa kad se sve izradi dobije se tako.
Dakle, da ne ostanemo nedorečeni:
[dispmath]\ln\left(x+1\right)\ne0\quad\Rightarrow\quad e^{\ln\left(x+1\right)}\ne e^0\quad\Rightarrow\quad x+1\ne1\quad\Rightarrow\quad x\ne0[/dispmath]
Shady je napisao:Imam drugo pitanje,pri rjesavanju DP-a ako fja ima u brojniku logaritam jel se i to mora uvaziti u smislu da bude vece od nule?
Pre svega, kad smo imali logaritam u nazivniku, kao u ovom zadatku koji si postavio, logaritam ne mora da bude veći od nule, već samo mora biti različit od nule. To je zbog toga što razlomak nije definisan kada mu se nula nalazi u nazivniku. Međutim, razlomak jeste definisan kada mu se u nazivniku nalazi bilo pozitivna, bilo negativna vrednost (nula nije ni jedno ni drugo).
Prema tome, kada je logaritam u nazivniku, njegova vrednost može biti i pozitivna i negativna, jedino ne sme da bude nula. Nemoj to mešati s uslovom za argument (numerus) logaritma, koji, naravno, mora biti strogo pozitivan. Dakle, jedno je argument logaritma, a drugo je sâm logaritam – ako je to ono što te buni.
E sad, tvoje pitanje je bilo – šta ako bi logaritam bio u brojniku. Razlomak čiji je nazivnik različit od nule, uvek je definisan, bez obzira na vrednost brojnika. Prema tome, brojnik može biti i nula – tada je vrednost celog razlomka nula. Dakle, kada je logaritam u brojniku, nemamo nikakve uslove za vrednost logaritma. Naravno, i u ovom slučaju treba postaviti uslov definisanosti logaritma, a to je da je argument (numerus) logaritma strogo veći od nule. (Kada nemamo [inlmath]\ln[/inlmath] već [inlmath]\log[/inlmath] za neku osnovu, tada i osnova mora biti strogo pozitivna, ali i različita od jedinice.)
Shady je napisao:Kazes fja ima vertikalnu asimptotu.Taj dio mene najvise i buni jer kad god imam logaritam u limesu izgubim se pri rjesavanju
Da, ima vertikalnu asimptotu. Prekidne tačke funkcije (u ovom slučaju [inlmath]x=0[/inlmath]) predstavljaju „kandidate“ za vertikalne asimptote. Ako se dobije da je limes funkcije u toj tački [inlmath]-\infty[/inlmath] ili [inlmath]+\infty[/inlmath], tada imamo vertikalnu asimptotu.
Potrebno je, dakle, u [inlmath]x=0[/inlmath] ispitati levi limes i desni limes (radi provere postojanja leve, odnosno desne asimptote, respektivno). Evo za levi limes:
[dispmath]\lim_{x\to0^-}f\left(x\right)=\lim_{x\to0^-}\left(1+\frac{1}{\ln\left(x+1\right)}\right)[/dispmath]
I sad rezonujemo na sledeći način:
Pošto je [inlmath]x[/inlmath] malo manje od nule, tada je [inlmath]x+1[/inlmath] malo manje od jedinice, pa je [inlmath]\ln\left(x+1\right)[/inlmath] malo manje od nule; tada je, dalje, [inlmath]\frac{1}{\ln\left(x+1\right)}[/inlmath] vrednost koja teži [inlmath]-\infty[/inlmath]. Odatle sledi da izraz [inlmath]1+\frac{1}{\ln\left(x+1\right)}[/inlmath] teži [inlmath]1+\left(-\infty\right)[/inlmath], a to je, zapravo, [inlmath]-\infty[/inlmath]. Zaključujemo:
[dispmath]\lim_{x\to0^-}f\left(x\right)=\lim_{x\to0^-}\left(1+\frac{1}{\ln\left(x+1\right)}\right)=-\infty[/dispmath]
Prema tome, postoji leva vertikalna asimptota u tački [inlmath]x=0[/inlmath].
Hajde sad pokušaj isto to, ali za desnu vertikalnu asimptotu u [inlmath]x=0[/inlmath].
desideri je napisao:p.s. da bi što ti reče "OP" tj osnovni post mogao menjati nakon nekog vremena, morao bi imati moderatorske privilegije.
A to valja zaslužiti
Upravo tako.
Post mogu menjati i regularni korisnici, ali samo u roku od pet minuta od trenutka objavljivanja. Moderatori mogu menjati i svoj i tuđe postove bilo kada.
Shady je napisao:DP definiciono podrucje
OP originalni post
Je li sad sve uredu
Sada je SUR[inlmath]^{(1)}[/inlmath], samo, MB[inlmath]^{(2)}[/inlmath], ako može ubuduće bez takvih skraćenica čija značenja nisu SP[inlmath]^{(3)}[/inlmath].
[inlmath]^{(1)}[/inlmath] SUR =
sve u redu[inlmath]^{(2)}[/inlmath] MB =
molio bih[inlmath]^{(3)}[/inlmath] SP =
svima poznata