U tom slučaju bi [inlmath]x[/inlmath] bilo negativno, pa bi bilo [inlmath]\left|x\right|=-x[/inlmath] i imenilac bi se sveo na [inlmath]-\sqrt 1+1[/inlmath], tj. dobili bismo nulu u imeniocu, a pošto bi u brojiocu bio konačan broj, vrednost tog limesa ne bi bila definisana, tj. bila bi beskonačna.

[dispmath]n=\lim_{x\to\infty}\left(\sqrt{\frac{x^3}{x-2}}-x\right)[/dispmath]
Posle racionalizacije sam izvlacio [inlmath]x[/inlmath] ali nikako da dobijem [inlmath]1[/inlmath], sto treba da se dobije. Tada je formula [dispmath]y=x+1[/dispmath]
Isto ovo mi predstavlja problem ali kada tezi ka minus beskonacno, i tad je [inlmath]k=-1[/inlmath], a ne [inlmath]1[/inlmath] kao u ovom slucaju. I ono sto me zbunjuje je sto kada tezi ka minus beskonacno formula horizontalne asimptote glasi [dispmath]-y=-x-1[/dispmath]
Otkud taj minus ispred [inlmath]y[/inlmath]?

Kad imaš limese oblika [inlmath]\sqrt\infty-\infty[/inlmath], rešavaš ih tako što primeniš formulu za razliku kvadrata:
[dispmath]a^2-b^2=(a+b)(a-b)\quad\Longrightarrow\quad a-b=\frac{a^2-b^2}{a+b}[/dispmath] Ovde za [inlmath]a[/inlmath] proglasiš [inlmath]\sqrt{\frac{x^3}{x-2}}[/inlmath], a za [inlmath]b[/inlmath] proglasiš [inlmath]x[/inlmath]:
[dispmath]n=\lim_{x\to\pm\infty}\left(\sqrt{\frac{x^3}{x-2}}-x\right)=\lim_{x\to\pm\infty}\frac{\frac{x^3}{x-2}-x^2}{{\sqrt{\frac{x^3}{x-2}}+x}}=[/dispmath] Pomnožimo i brojilac i imenilac sa [inlmath](x-2)[/inlmath]:
[dispmath]=\lim_{x\to\pm\infty}\frac{x^3-x^2(x-2)}{{(x-2)\sqrt{\frac{x^3}{x-2}}+x(x-2)}}=\lim_{x\to\pm\infty}\frac{\cancel{x^3}-\cancel{x^3}+2x^2}{{\text{sgn}(x-2)\cdot|x-2|\sqrt{\frac{x^3}{x-2}}+x^2-2x}}=\\
=2\lim_{x\to\pm\infty}\frac{x^2}{{\text{sgn}(x-2)\cdot\sqrt{(x-2)^2}\sqrt{\frac{x^3}{x-2}}+x^2-2x}}=2\lim_{x\to\pm\infty}\frac{x^2}{{\text{sgn}(x-2)\cdot\sqrt{x^3(x-2)}+x^2-2x}}=\\
=2\lim_{x\to\pm\infty}\frac{x^2}{{\text{sgn}(x-2)\cdot\sqrt{x^4-2x^3}+x^2-2x}}=[/dispmath] Podelimo i brojilac i imenilac sa [inlmath]x^2[/inlmath]:
[dispmath]=2\lim_{x\to\pm\infty}\frac{1}{{\text{sgn}(x-2)\cdot\sqrt{1-\cancelto{0}{\frac{2}{x}}}+1-\cancelto{0}{\frac{2}{x}}}}=\frac{2}{1+\text{sgn}(x-2)}[/dispmath] I sad odvojeno posmatramo limese kad [inlmath]x[/inlmath] ide ka [inlmath]-\infty[/inlmath] i ka [inlmath]+\infty[/inlmath]:

[inlmath]x\to-\infty\quad\Longrightarrow\quad x-2<0\quad\Longrightarrow\quad\text{sgn}(x-2)=-1[/inlmath]
[dispmath]\Longrightarrow\quad n=\frac{2}{1-1}=\frac{2}{0}[/dispmath] tj. ne postoji.

[inlmath]x\to+\infty\quad\Longrightarrow\quad x-2>0\quad\Longrightarrow\quad\text{sgn}(x-2)=1[/inlmath]
[dispmath]\Longrightarrow\quad n=\frac{2}{1+1}=\frac{2}{2}=1[/dispmath] E sad, pretpostavljam da funkcija koju ispituješ glasi [inlmath]f(x)=\sqrt{\frac{x^3}{x-2}}[/inlmath], pa bi u tom slučaju za [inlmath]k[/inlmath] kada [inlmath]x\to-\infty[/inlmath] trebalo da dobiješ [inlmath]-1[/inlmath], pa onda [inlmath]n[/inlmath] ne tražiš kao [inlmath]\lim\limits_{x\to-\infty}\left(\sqrt{\frac{x^3}{x-2}}-x\right)[/inlmath], već kao [inlmath]\lim\limits_{x\to-\infty}\left(\sqrt{\frac{x^3}{x-2}}+x\right)[/inlmath]. I tada ćeš dobiti konačnu vrednost za [inlmath]k[/inlmath] i ona će iznositi [inlmath]-1[/inlmath].

Morpheus je napisao:I ono sto me zbunjuje je sto kada tezi ka minus beskonacno formula horizontalne asimptote glasi [dispmath]-y=-x-1[/dispmath]
Otkud taj minus ispred [inlmath]y[/inlmath]?

Greška. Leva horizontalna asimptota treba da glasi [inlmath]y=-x-1[/inlmath] (ako sam dobro pretpostavio da funkcija glasi [inlmath]f\left(x\right)=\sqrt{\frac{x^3}{x-2}}[/inlmath]).

Jeste tako glasi funkcija. Hvala iako nemam pojma sta je signum funkcija Ja sam stigao dotle kada mi se skrate [inlmath]x^3[/inlmath] i [inlmath]-x^3[/inlmath] i dalje nisam znao. Videcu sad ovo da skontam. Pa da i ja mislim da je [inlmath]y=-x-1[/inlmath]...

Signum funkcija ti je funkcija predznaka. Može imati samo tri vrednosti:
[dispmath]\mathrm{sgn}\:x=\begin{cases}
-1, & x< 0 \\
0, & x=0 \\
1, & x>0
\end{cases}[/dispmath]
a [inlmath]x[/inlmath] se može zapisati kao proizvod svoje apsolutne vrednosti i signum funkcije:
[dispmath]x=\left|x\right|\cdot\mathrm{sgn}\:x[/dispmath]

Postoji li neki drugi nacin sem tog?

Misliš, u vezi s ovom signum funkcijom?

Da, postoji drugi način, da odvojeno radiš za slučajeve [inlmath]x\to -\infty[/inlmath] i [inlmath]x\to +\infty[/inlmath]. Ali, ovako je elegantnije, jer upotrebom signum funkcije „jednim udarcem ubiješ dve muve“, jedino na samom kraju diskutuješ rešenje u zavisnosti od vrednosti te signum funkcije (tj. da li je [inlmath]-1[/inlmath] ili [inlmath]1[/inlmath]).

Da ne otvaram novu temu - postavicu ovde zadatak:
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\left(\frac{4n+5}{4n+1}\right)^{4n}[/dispmath]
Da li je resenje [inlmath]e^4[/inlmath]

Hvala unapred

Jeste [inlmath]e^4[/inlmath], a može se raditi na dva načina:

Prvi način:
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\left(\frac{4n+5}{4n+1}\right)^{4n}=\lim_{n\to\infty}\frac{\left(1+\frac{5}{4n}\right)^{4n}}{\left(1+\frac{1}{4n}\right)^{4n}}=\frac{1}{e}\lim_{n\to\infty}\left[\left(1+\frac{1}{\frac{4n}{5}}\right)^\frac{4n}{5}\right]^5=\frac{1}{e}\cdot e^5=e^4[/dispmath]

Drugi način:
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\left(\frac{4n+5}{4n+1}\right)^{4n}=\lim_{n\to\infty}\left(\frac{4n+1+4}{4n+1}\right)^{4n}=\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{4}{4n+1}\right)^{4n+1-1}=[/dispmath]
[dispmath]=\lim_{n\to\infty}\frac{\left(1+\frac{1}{n+\frac{1}{4}}\right)^{4n+1}}{\cancelto{1}{1+\frac{4}{4n+1}}}=\lim_{n\to\infty}\left[\left(1+\frac{1}{n+\frac{1}{4}}\right)^{n+\frac{1}{4}}\right]^4=e^4[/dispmath]