MATEMANIJA

[dispmath]f(x)=\mathrm{arctg}(e^x)-\frac{1}{2}\ln\left(\frac{e^{2x}}{e^{2x}+1}\right)[/dispmath]

H.A.:
[inlmath]\lim\limits_{x\to -\infty}f\left(x\right){\color{red}\ne}-\infty[/inlmath]

K.A.
Pogrešio si, leva K.A. postoji.

Ekstremi:
Zanimljivo je da si pri određivanju prvog izvoda napravio dve greške, ali su one jedna drugu „neutralisale“ tako da si na kraju dobio tačan rezultat za prvi izvod.
Prvu grešku imaš u koraku[dispmath]\frac{e^x}{1+e^{2x}}-\frac{1}{\cancel 2}\frac{e^{2x}+1}{e^{2x}}\cdot\frac{\cancel 2e^{2x}}{\left(e^{2x}+1\right)^2}=\frac{e^x}{1+e^{2x}}-\frac{\cancel{e^{2x}}\cancel{\left(e^{2x}+1\right)}}{\cancel{e^{2x}}\left(e^{2x}{\color{red}-}1\right)^{\cancel 2}}[/dispmath]
a drugu u koraku
[dispmath]\frac{e^{3x}-e^x-e^{2x}-1}{\left(e^{2x}-1\right)\left(e^{2x}+1\right)}=\frac{e^x\left(e^{2x}-1\right)-\left(e^{2x}{\color{red}-}1\right)}{\left(e^x-1\right)\left(e^x+1\right)\left(e^{2x}+1\right)}[/dispmath]
Tačku infleksije si izostavio, za nju treba da dobiješ [inlmath]x=\ln\left(1+\sqrt 2\right)[/inlmath].

Sve ostalo je u redu.

U pravu si za H.A

Što se tiče kose asimptote, u nekoliko redova pomoću Lopitala dobio sam ovako:
[dispmath]k=\lim_{x\to -\infty}\frac{f(x)}{x}=-1[/dispmath]
[inlmath]l[/inlmath] ne postoji

Dakle, po ovom mojem, lijeva kosa asimptota bila bi [inlmath]y=-x[/inlmath]. Kada to idem ucrtati na graf, izgleda mi i logično: lijevi dio grafa "prati" kosu asimptotu, a onda malo više "skrene" udesno ka lokalnom minimumu, te naprijed nastavlja svoj put ka desnoj horizontalnoj asimptoti.

Da čujem je li uspješno ispravljena ova greška

Ček' malo, ako [inlmath]l[/inlmath] ne postoji, onda ne postoji ni [inlmath]kx+l[/inlmath], logično? Drugim rečima, tada ne postoji kosa asimptota.

Oblik koji si ti napisao, [inlmath]y=-x[/inlmath], jeste tačno rešenje za kosu asimptotu, ali da bi došao do tog oblika, moraš prethodno dobiti da je [inlmath]l=0[/inlmath]. Proveri taj postupak još jednom. Sve što u tom postupku treba iskoristiti to su identiteti [inlmath]\ln\frac{a}{b}=\ln a-\ln b[/inlmath] i [inlmath]\ln e^a=a[/inlmath].

Što se [inlmath]k[/inlmath] tiče, evo i postupka bez Lopitala, pa biraj koji ti se više sviđa:
[dispmath]k=\lim_{x\to -\infty}\frac{f\left(x\right)}{x}=\lim_{x\to -\infty}\frac{\mathrm{arctg}\:e^x-\frac{1}{2}\ln\left(\frac{e^{2x}}{e^{2x}+1}\right)}{x}=\lim_{x\to -\infty}\left[\cancelto{0}{\frac{\mathrm{arctg}\:e^x}{x}}-\frac{\frac{1}{2}\ln\left(\frac{e^{2x}}{e^{2x}+1}\right)}{x}\right]=[/dispmath][dispmath]=\frac{1}{2}\lim_{x\to -\infty}\frac{\ln\left(\frac{e^{2x}+1}{e^{2x}}\right)}{x}=\frac{1}{2}\lim_{x\to -\infty}\frac{\cancelto{0}{\ln\left(e^{2x}+1\right)}}{x}-\frac{1}{2}\lim_{x\to -\infty}\frac{\ln e^{2x}}{x}=0-\frac{1}{2}\lim_{x\to -\infty}\frac{2\cancel x}{\cancel x}=-1[/dispmath]

Pa da, dobio sam [inlmath]l=0[/inlmath]. To je meni da [inlmath]l[/inlmath] ne postoji, ali u biti postoji Odsječak na osi [inlmath]y[/inlmath] je nula xD

Više mi se nekako sviđa Lopital, čini mi se manje mogućnosti za faliti

eseper je napisao:Pa da, dobio sam [inlmath]l=0[/inlmath]. To je meni da [inlmath]l[/inlmath] ne postoji