1.3

150

$\lim_{x\rightarrow\infty}\frac{3}{2x+1}=\lim_{x\rightarrow\infty}\frac{x\left(\frac{3}{x}\right)}{x\left(2+\frac{1}{x}\right)}=\lim_{x\rightarrow\infty}\left(\frac{3}{\frac{x}{2+\frac{1}{x}}}\right)=\frac{0}{2+0}==\frac{0}{2}=0$

$\lim_{x\rightarrow-\infty}\frac{x}{1-2x}=\lim_{x\rightarrow-\infty}\frac{x\cdot1}{x\left(\frac{1}{x}-2\right)}=\lim_{x\rightarrow-\infty}\frac{1}{\frac{1}{x}-2}=\frac{1}{0-2}=-\frac{1}{2}$

$\lim_{x\rightarrow\infty}\frac{x^2-5x}{2x^2+x}=\lim_{x\rightarrow\infty}\frac{x^2\left(1-\frac{5}{x}\right)}{x^2\left(2+\frac{1}{x}\right)}=\lim_{x\rightarrow\infty}\frac{1-5\cdot\frac{1}{x}}{2+\frac{1}{x}}=\frac{1-0}{2+0}=\frac{1}{2}$

152
A–II, B–I, C–I, D–II, E–II, F–II

153

$\lim_{x\rightarrow\infty}\frac{-3x+1}{2x+5}=\lim_{x\rightarrow\infty}\frac{x\left(-3+\frac{1}{x}\right)}{x\left(2+\frac{5}{x}\right)}=\lim_{x\rightarrow\infty}\frac{-3+\frac{1}{x}}{2+5\cdot\frac{1}{x}}=\frac{-3+0}{2+0}=-\frac{3}{2}$

$\lim_{x\rightarrow\infty}\frac{x^3-3x^2-1}{x^3+1}=\lim_{x\rightarrow\infty}\frac{x^3\left(1-\frac{3}{x}-\frac{1}{x^3}\right)}{x^3\left(1+\frac{1}{x^3}\right)}=\lim_{x\rightarrow\infty}\frac{1-\frac{3}{x}-\frac{1}{x^3}}{1+\frac{1}{x^3}}=\frac{1-0-0}{1+0}=\frac{1}{1}=1$

$\lim_{x\rightarrow\infty}\frac{-x^2+5x}{x+1}=\lim_{x\rightarrow\infty}\frac{x^2\left(-1+\frac{5}{x}\right)}{x^2\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}\right)}=\frac{-1}{0}=\infty$

154

$\lim_{x\rightarrow\infty}\left(x^2-x^3\right)=x^3\left(\frac{1}{x}-1\right)=\infty\left(0-1\right)=\infty$

$\lim_{x\rightarrow2}\frac{x^2-4}{x-2}=\frac{\left(x-2\right)\left(x+2\right)}{\left(x-2\right)}=x+2=2+2=4$

c)
$\lim_{x\rightarrow2}\frac{x^2+4}{x-2}=\frac{2^2+4}{2-2}=\frac{8}{0}$ eli raja-arvoa ei eole olemassa. Tutkitaan onko funktiola epäoleellinen raja.arvo laskemalla toispuliset raja-arvot.

Lasketaan funtkion $f\left(x\right)=\frac{x^2+4}{x-2}$ arvoja, kun x→2- ja x→2+

$\lim_{x\rightarrow2-}\frac{x^2+4}{x-2}=-\infty$

$\lim_{x\rightarrow2+}\frac{x^2+4}{x-2}=\infty$

Toispuoleiset raja-arvot ovat eri suuret, joten funktiolla ei ole epäoleellista raja-arvoa kohdassa x=2

155

$\lim_{x\rightarrow\infty}\frac{1}{e^x}=0$

$\lim_{x\rightarrow-\infty}\frac{1}{e^{-x}}=\lim_{x\rightarrow-\infty}\frac{1}{\frac{1}{e^x}}=\lim_{x\rightarrow-\infty}1\cdot\frac{e^x}{1}=e^x=0$

c)
$\lim_{x\rightarrow-\infty}\frac{e^x+1}{e^x}=\frac{e^x}{e^x}+\frac{1}{e^x}=1+\left(\frac{1}{e}\right)^x=\infty$

159

$\lim_{x\rightarrow\infty}R\left(x\right)=\lim_{x\rightarrow\infty}\frac{9x^2-1}{3x^2-5x-2}=\lim_{x\rightarrow\infty}\frac{9-\frac{1}{x^2}}{3-\frac{5}{x}-\frac{2}{x^2}}=\frac{9-0}{3-0-0}=3$

$\lim_{x\rightarrow-\frac{1}{3}}R\left(x\right)=\frac{\left(3x-1\right)\left(3x+1\right)}{\left(3x+1\right)\left(x-2\right)}=\frac{3x-1}{x-2}=\frac{3\cdot\left(-\frac{1}{3}\right)-1}{-\frac{1}{3}-2}=\frac{-1-1}{-\frac{7}{3}}=\frac{6}{7}$

160

$f'\left(x\right)=\frac{e^x\left(1+e^x\right)-e^x\cdot e^x}{\left(1+e^x\right)^2}=\frac{e^x+e^{2x}-e^{2x}}{\left(1+e^x\right)^2}=\frac{e^x}{\left(1+e^x\right)^2}$

funktion f derivaatta on kaikkialla positiviinen, joten f on aidosti kasvava

$\lim_{x\rightarrow\infty}\frac{e^x}{1+e^x}=\lim_{x\rightarrow\infty}\frac{1}{\frac{1}{e^x}+1}=\frac{1}{0+1}=1$

$f\left(10\right)=\frac{e^{10}}{1+e^{10}}=0{,}999954...>0{,}99$

Koska funktio f on aidosti kasvava, kaikille x ≥ 10, f(x) ≥ f(10). Väite pätee.

161

$f'\left(t\right)=\frac{2e^{0{,}05t}}{\left(e^{0{,}05t}+4\right)^2}$

f''(t) on kaikialla t:n arvoilla positiivinen, joten fuynktio f kasvaa loputtomasti.

$\lim_{t\rightarrow\infty}f\left(t\right)=\lim_{t\rightarrow\infty}\frac{10e^{0{,}05t}}{e^{0{,}05t}+4}=\lim_{t\rightarrow\infty}\frac{10}{1+\frac{4}{e^{0{,}05t}}}=\frac{10}{1+0}=10$

Yläraja on 10 000 yksilöä.

163
a)

Takastellaan funktion jatkuvuutta kohdassa x=1. Jotta funktio olisi jatkuva, $f\left(-1\right)=\lim_{x\rightarrow-1}f\left(x\right)$

$f\left(-1\right)=a\cdot\left(-1\right)^2=a$

$\lim_{x\rightarrow-1-}ax^2=a\cdot\left(-1\right)^2=a$

$\lim_{x\rightarrow-1+}\frac{x^2}{1+x^2}=\frac{\left(-1\right)^2}{1+\left(-1\right)^2}=\frac{1}{2}$

Jotta funktio olisi jatkuva, a on oltava 1/2.

$kun\ a=\frac{1}{2}{,}\ f\left(x\right)=\begin{cases} \frac{1}{2}x^2{,}&x\le-1\\ \frac{x^2}{1+x^2}{,}&x>-1 \end{cases}$

Tarkastellaan funktion dervoituvuutta kohdassa x = -1

$\lim_{x\rightarrow-1-}\frac{f\left(x\right)-f\left(-1\right)}{x-\left(-1\right)}=\lim_{x\rightarrow-1-}\frac{\frac{1}{2}x^2-\frac{1}{2}\cdot\left(-1\right)^2}{x+1}=\lim_{x\rightarrow-1-}\frac{\frac{1}{2}x^2-\frac{1}{2}}{x+1}=\lim_{x\rightarrow-1-}\frac{\frac{1}{2}\left(x+1\right)\left(x-1\right)}{x+1}=\lim_{x\rightarrow-1-}\frac{1}{2}\left(x-1\right)=\frac{1}{2}\left(-1-1\right)=-1$

$\lim_{x\rightarrow-1+}\frac{f\left(x\right)-f\left(-1\right)}{x-\left(-1\right)}=\lim_{x\rightarrow-1+}\frac{\frac{x^2}{1+x^2}-\frac{\left(-1\right)^2}{1+\left(-1\right)^2}}{x-\left(-1\right)}=\lim_{x\rightarrow-1+}\frac{\frac{x^2}{1+x^2}-\frac{1}{2}}{x+1}=\lim_{x\rightarrow-1+}\frac{\frac{2x^2}{2\left(1+x^2\right)}-\frac{1+x^2}{2\left(1+x^2\right)}}{x+1}=\lim_{x\rightarrow-1+}\frac{x^2-1}{2\left(1+x^2\right)\left(x+1\right)}=\lim_{x\rightarrow-1+}\frac{\left(x+1\right)\left(x-1\right)}{2\left(1+x^2\right)\left(x+1\right)}=\lim_{x\rightarrow-1+}\frac{\left(x-1\right)}{2\left(1+x^2\right)}=\frac{-1-1}{2\left(1+\left(-1\right)^2\right)}=\frac{-2}{4}=-\frac{1}{2}$

Funktio ei ole derivoituva kohdassa x=-a, koska sen erotusosamäärän toispuoleiset raja-arvot eivät ole samat. Funtkio f ei ole derfoituva kaikkialla.
c)
$\lim_{x\rightarrow\infty}\frac{x^2}{1+x^2}=\lim_{x\rightarrow\infty}\frac{x^2\cdot1}{x^2\cdot\left(\frac{1}{x^2}+1\right)}=\lim_{x\rightarrow\infty}\frac{1}{\frac{1}{x^2}+1}=\frac{1}{0+1}=1$

164

Tarkastellaan funktion f kulkua derivaatan avulla.

$f'\left(x\right)=\frac{\left(6x+1\right)\left(x^2+1\right)-\left(3x^2+x+3\right)\cdot2x}{\left(x^2+1\right)^2}=\frac{-x^2+1}{\left(x^2+1\right)^2}$

Derivaatan lausekkeen nimittäjä on positiivinen kaikilla x:n arvoilla, joten derivaatan merkkiin vaikuttaa vain osoittajan merkki.

$-x^2+1=0$

$x=-1\ tai\ x=1$

Funktio f on kasvava välillä x ≤ −1, vähenevä välillä −1 ≤ x ≤ 1 ja kasvava välillä x ≥ 1.

Funktiolla on paikallinen minimiarvo

$f\left(-1\right)=2\frac{1}{2}$ ja paikallinen maksimiarvo $f\left(1\right)=3\frac{1}{2}$

Funktiolla f on nollakohta osoittajan nollakohdissa.

$3x^2+x+3=0$

ei ratkaisuja

Funktiolal ei ole nollakohtia

Tarkastellaan vielä, mitä arvoja funktio saa, kun muuttuja x kasvaa tai pienenee rajatta.

$\lim_{x\rightarrow\pm\infty}f\left(x\right)=\lim_{x\rightarrow\pm\infty}\frac{3x^2+x+3}{x^2+1}=\lim_{x\rightarrow\pm\infty}\frac{x^2\left(3+\frac{1}{x}+\frac{3}{x^2}\right)}{x^2\left(1+\frac{1}{x^2}\right)}=\lim_{x\rightarrow\pm\infty}\frac{3+\frac{1}{x}+\frac{3}{x^2}}{1+\frac{1}{x^2}}=\frac{3+0+0}{1+0}=3$

Funktion pienin arvo on $\frac{5}{2}=2\frac{1}{2}$ ja suurin $\frac{7}{2}=3\frac{1}{2}$ .

167
$\lim_{x\rightarrow\infty}\left(\ln\left(4x+3\right)-\ln\left(3x+4\right)\right)=\lim_{x\rightarrow\infty}\left(\ln\frac{4x+3}{3x+4}\right)=\lim_{x\rightarrow\infty}\left(\ln\frac{4+\frac{3}{x}}{3+\frac{4}{x}}\right)=\ln\frac{4+0}{3+0}=\ln\frac{4}{3}$