Алгебра: У геометричні прогресії (bn), bn=6, q=0,5, Sn=90. Знайдіть b1, n

1. Область определения: На ноль делить нельзя -- и х не отрицательный т.к. х под натуральным логарифмом. Итоге: x∈[0;1)∪(1;+∞)2. Функция общего вида т.к. f(-x)≠±f(x)3. Точки пересечения с осями: Только одна точка (0;0)4. Исследование с 1ой производной:см. внизу.5. Исследование со 2ой производной:см. внизу.6. Асимптоты:Уравнения наклонных асимптот обычно ищут в виде y = kx + b. По определению асимптоты: Находим коэффициент k: Находим коэффициент b: Предел равен ∞, следовательно, наклонные асимптоты...

У геометричні прогресії (bn), bn=6, q=0,5, Sn=90. Знайдіть b1, n

Показать ответ

Ответ:

mrtwice

10.12.2020 00:39

$y=\frac{x}{\ln{x}}$

1. Область определения: На ноль делить нельзя --> $\ln{x\neq }0=x\neq 1$ и х не отрицательный т.к. х под натуральным логарифмом. Итоге: x∈[0;1)∪(1;+∞)

2. Функция общего вида т.к. f(-x)≠±f(x)

3. Точки пересечения с осями:

$\frac{x}{\ln{x}}=0 \\\left \{ {{x=0} \atop {\ln{x}\neq 0=x\neq }1} \right. \\(0;0)\\\frac{0}{\ln{0}} =0$ Только одна точка (0;0)

4. Исследование с 1ой производной:

$y'=\frac{1*\ln{x}-x*\frac{1}{x} }{\ln^2{x}} =\frac{\ln{x}-1}{\ln^2{x}}$

см. внизу.

$y(e)=\frac{e}{\ln{e}} =e$

5. Исследование со 2ой производной:

$y'=\frac{\ln{x}-1}{\ln^2{x}}\\y''=\frac{\frac{\ln^2{x}}{x} -2\ln{x}*\frac{1}{x}*(\ln{x}-1)}{\ln^4{x}} =\\\frac{\ln{x}-2\ln{x}+2}{x*\ln^3{x}}=\\\frac{-(\ln{x}-2)}{x\ln^3{x}}$

см. внизу.

$y(e^2)=\frac{e^2}{\ln{e^2}}= \frac{e^2}{2}$

6. Асимптоты:

Уравнения наклонных асимптот обычно ищут в виде y = kx + b. По определению асимптоты: $\lim_{x\to\infty}{(kx+b-f(x))}$

Находим коэффициент k: $k=\lim_{x\to\infty}{\frac{f(x)}{x}}\\k=\lim_{x\to\infty}{\frac{\frac{x}{ln(x)}}{x}}=\lim_{x\to\infty}{\frac{1}{ln(x)}}=0$

Находим коэффициент b: $b=\lim_{x\to\infty}{f(x)-k*x}\\b=\lim_{x\to\infty}{\frac{x}{ln(x)}-0*x}=\lim_{x\to\infty}{\frac{x}{ln(x)}}=\infty$

Предел равен ∞, следовательно, наклонные асимптоты функции отсутствуют.

Найдем вертикальные асимптоты. Для этого определим точки разрыва: x=1

Находим переделы в точке 1: $\lim_{x\to1-0}{\frac{x}{ln(x)}}=-\infty\\\lim_{x\to1+0}{\frac{x}{ln(x)}}=\infty$

Значит точка разрыва II рода и является вертикальной асимптотой.

Решите номер 5 .есть вложение. 25 б . с исследованием .

0,0(0 оценок)

Ответ:

nikdelordp08m0z

10.12.2020 00:39

$y=(-2)^5*\sqrt{|x^2-3|^4}$

Т.к. модуль возводиться в чётную степень, от него можно избиваться.

$y=(-2)^5*\sqrt{(x^2-3)^4}\\y=(-2)^5*(x^2-3)^2$

1. Область определения все числа.

2. От х берётся чётная степень, поэтому функция чётная (со словами просто совпадение), то есть y(x)=y(-x), таким образом можно построить график функции справа и отразить его на лево.

3. Найдём точки пересечения с осями:

$y(0)=(-2)^5*(0^2-3)^2=-32*9=-288\\0=(-2)^5*(x^2-3)^2=x^2-3=0=x=б\sqrt{3}$

4. Исследование с первой производной (экстремумы и возрастания и убывание функции).

$y'=-2(x^2-3)(2x)=-4x(x+\sqrt{3} )(x-\sqrt{3} )$

Cм. внизу

5. Исследование с второй производной (точки перегиба, выпуклости и вогнутости).

$y'=-4x^3+12x\\y''=-12x^2+12=-12(x-1)(x+1)$

См. внизу

6. Исследование на асимптоты:

$\lim_{x \to \infty }{(kx+b-f(x))}$

Формула чтобы найти уравнение асимптоты. Найдём k.

$\lim_{x\to\infty }{\frac{f(x)}{x}}\\\lim_{x \to\infty }{\frac{(-2)^{5}(x^{2}-3)^{2}}{x}}=\\\lim_{x\to\infty }{\frac{-32*x^{4}+192*x^{2}-288}{x}} = -\infty$