MATEMANIJA

E ovako radi se o asimptotama funkcije.Nešto sam naučio u vezi toga.A ima i nečega što mi nije jasno.

1.Vertikalna asimptota
Prava [inlmath]x=a[/inlmath] je vertikalna asimptota funkcije [inlmath]f(x)[/inlmath] ako je barem jedan od limesa [inlmath]\lim\limits_{x\to a+}f(x)[/inlmath] ili [inlmath]\lim\limits_{x\to a-}f(x)[/inlmath] jednak [inlmath]+\infty[/inlmath] ili [inlmath]-\infty[/inlmath]
U prevodu ako imamo prekid fukncije možemo imati vertikalnu asimptotu.

2.Horizontalna asimptota
Prava [inlmath]y=a[/inlmath] je horizonatlna asimptota funkcije [inlmath]f(x)[/inlmath] ako postoji limes [inlmath]\lim\limits_{x\to +\infty}f(x)[/inlmath] ili [inlmath]\lim\limits_{x\to -\infty}f(x)[/inlmath]

3. Kosa asimptota
Prava [inlmath]y=kx+n[/inlmath] je kosa asimptota funkcije [inlmath]f(x)[/inlmath] gdje je [inlmath]k=\lim\limits_{x\to\infty}\frac{f(x)}{x}[/inlmath] a [inlmath]n=\lim\limits_{x\to\infty}[f(x)-kx][/inlmath]
Ako funkcija ima horizontalnu asimptotu logično je da nema kosu. Jer je horizontalna oblik kose kada je [inlmath]k=0[/inlmath].

Zbunjuje me kosa asimptota. Tačnije ove dvije formule [inlmath]k=\lim\limits_{x\to\infty}\frac{f(x)}{x}[/inlmath] i [inlmath]n=\lim\limits_{x\to\infty}[f(x)-kx][/inlmath] za odsječak na [inlmath]y[/inlmath] osi i za koeficjent nagiba prave.Za drugu je logično da je izvedena iz prve formule.A što se tiče prve uopšte nemam pojma kako je izvedena.Tražio sam izvođenje i na forumu i na netu ali na žalost ništa nisam našao.Moguće je da ide nekako preko derivacije.A derivaciju još nisamo učili.Pa ako neko može malo da pojasni ili okači neki link sa objašnjenjem ne bi bilo loše.

Pošto će se u beskonačnosti [inlmath]f\left(x\right)[/inlmath] poklopiti s pravcem [inlmath]kx+n[/inlmath], tj. u beskonačnosti će biti [inlmath]f\left(x\right)-\left(kx+n\right)=0[/inlmath], možemo pisati
[dispmath]\lim_{x\to\infty}\left[f\left(x\right)-\left(kx+n\right)\right]=0[/dispmath]
Ako ovu veličinu pod limesom, [inlmath]\left[f\left(x\right)-\left(kx+n\right)\right][/inlmath], još podelimo sa [inlmath]x[/inlmath], ona će tada još brže težiti nuli, jer [inlmath]x[/inlmath] teži beskonačnosti:
[dispmath]\lim_{x\to\infty}\frac{f\left(x\right)-\left(kx+n\right)}{x}=0[/dispmath][dispmath]\lim_{x\to\infty}\frac{f\left(x\right)}{x}-\lim_{x\to\infty}\frac{k\cancel x}{\cancel x}-\cancelto{0}{\lim_{x\to\infty}\frac{n}{x}}=0[/dispmath][dispmath]\lim_{x\to\infty}\frac{f\left(x\right)}{x}-k=0[/dispmath][dispmath]\enclose{box}{k=\lim_{x\to\infty}\frac{f\left(x\right)}{x}}[/dispmath]

Imam još jedno pitanje. Da li bi ovo važilo kad bi [inlmath]x\to -\infty[/inlmath]. Po mome mišljenu kada to uvrstim ovde ne vidim ništa sporno.Stvar koja me tu zbunjuje jeste da su neki zadaci koje ja imam ovakvoga tipa rađeni preko smjene [inlmath]t=-x[/inlmath] iz koje slijedi [inlmath]x=-t[/inlmath]. Sigurno postoji neki razlog.

Ako imaš neki konkretan takav zadatak, stavi ga ovde pa da vidimo šta je tačno u pitanju...

E ovako radi se o ovome zadatku malo ću ga morati skratiti.Funkcija ima vertikalnu asimptotu [inlmath]x=-3[/inlmath] ali to sada nije ni bitno.A za horizontalne se dobije da su [inlmath]\pm\infty[/inlmath]. Tačnije horizontalne asimptote nisu određene i ne postoje pa kada pređemo na kose asimptote tu nastaje zabuna
[dispmath]f(x)=\frac{x^3}{(3+x)^2}[/dispmath]
U pitanju je sada kosa asimptota desna jer ide u [inlmath]+\infty[/inlmath]
[dispmath]k=\lim_{x\to\infty}\frac{f(x)}{x}[/dispmath][dispmath]k=\lim_{x\to\infty}\frac{x^2}{(3+x)^2}[/dispmath][dispmath]k=1[/dispmath][dispmath]n=6[/dispmath]
A kada uzmemo lijevu kosu asimptotu onda se uvodi ta smjena tj kada ide u [inlmath]-\infty[/inlmath]
[dispmath]k=\lim_{t\to\infty}\frac{-t^2}{(3-t)^2}[/dispmath]
Naravno rjesenja su ista nema šta.Uopšte ne znam što je ovako rađen ovaj zadatak.Skratio sam ovo jer je samo zabuna oko ove smjene a ostalo mi je sve jasno.

Prvo, ne dobije se [inlmath]n=6[/inlmath], već [inlmath]n=-6[/inlmath]. I za levu i za desnu kosu asimptotu.

Drugo, nakon uvedene smene [inlmath]t=-x[/inlmath], nije [inlmath]k=\lim\limits_{t\to\infty}\frac{-t^2}{\left(3-t\right)^2}[/inlmath], već je [inlmath]k=\lim\limits_{t\to\infty}\frac{\left(-t\right)^2}{\left(3-t\right)^2}[/inlmath].

Ali, besmisleno je uvoditi bilo kakvu smenu. Leva kosa asimptota se može sasvim lako naći i bez smene:
[dispmath]k=\lim_{x\to -\infty}\frac{f\left(x\right)}{x}=\lim_{x\to -\infty}\frac{x^2}{\left(3+x\right)^2}=\lim_{x\to -\infty}\frac{1}{\frac{\left(3+x\right)^2}{x^2}}=\lim_{x\to -\infty}\frac{1}{\left(\frac{3+x}{x}\right)^2}=\lim_{x\to -\infty}\frac{1}{\left(\cancelto{0}{\frac{3}{x}}+1\right)^2}=1[/dispmath]

Da u pravu si. Zaboravio sam minus i treba da bude [inlmath]n=-6[/inlmath]. U rješenju za [inlmath]k[/inlmath] je pisalo onako.Radio sam ja ovaj zadatak ponovo samo ne mogu da nađem list gdje je rađen. I rješenja su mi ispala ista. A i u ovome rješenju su isto ista ali postupak je zakomplikovan bezveze.Čak se ne vidi ni pročitati sve iz rješenja. I još jedno pitanje ako može. U ovome slučaju lijeva i desna asimptota su iste. Mogu li biti različite? Mislim uopšteno.

Uopšteno, mogu. U takvim slučajevima je neophodno posebno ispitivati levu, posebno desnu.

Svaka čast,dobro si mi ovo pojasnio.