Математика: с Теорией вероятности. Задание на картинке

1. Функция2. Область определения3. Область значений4. Нули5. Разрывыразрыв второго рода6. Асимптотывертикальные:горизонтальные:7. Экстремумы8. Промежутки возрастания - убывания9. Точки перегиба и выпуклость функции вверх - вниз не определена (делим на 0)расставим знаки второй производной: - 0 - 1 +----------------------------|-------------------------------|---------------------(не определена) (выпуклая вверх) (выпуклая...

с Теорией вероятности. Задание на картинке

👇

Увидеть ответ

Открыть все ответы

Ответ:

Elenka9272

20.02.2021

Пошаговое объяснение РЕШИТЬ Название созвездиям придумали еще в древнем мире. Люди жили преимущество в северном полушарии Земли и видели только открытую им часть небесной сферы. Поэтому примерно половина (47из88)созвездий издавна названа в честь мифологических персонажей. Другая часть-видимая из южного полушария-была открыта и получила названия XVll веке, после Великих географических открытий. Покажи на числовом промежутке луча множество решений двойного неравенста 47<x<88 и назови числа. Сколько чисел получилось? Сколько созвездий получили названия в XVll веке?

4,5(82 оценок)

Ответ:

КликКлак11

20.02.2021

1. Функция $y=\dfrac{1}{x\cdot\ln x}$ 2. Область определения $x0, \ln x\neq0\Leftrightarrow\mathbb D(y)=(0;1)\cup(1;+\infty)$ 3. Область значений $\mathbb E(y)=(-\infty;-e)\cup(0;+\infty)$ 4. Нули $y=0\Leftrightarrow \dfrac1{x\cdot\ln x}=0\Leftrightarrow 1=0\Leftrightarrow x\in \o$ 5. Разрывы $\displaystyle x=1\\ \lim_{x\to1+0}=\dfrac{1}{x\cdot\lnx}=+\dfrac1{1\cdot0}=+\infty\\\lim_{x\to1-0}=\dfrac{1}{x\cdot\lnx}=-\dfrac1{1\cdot0}=-\infty$

разрыв второго рода

6. Асимптоты

вертикальные:

$\displaystyle x=0\\\lim_{x\to0}\dfrac1{x\cdot \ln x}=\dfrac1{0\cdot-\infty}=\lim_{x\to0}\dfrac{\dfrac1x}{\ln x}=\lim_{x\to0}\dfrac{-\dfrac1{x^2}}{\dfrac1x}=-\lim_{x\to0}\dfrac1x=-\infty\\\\x=1\\\lim_{x\to1}\dfrac1{x\cdot\ln x}=\dfrac1{1\cdot0}=\infty$

горизонтальные:

$y=kx+b\\\displaystyle k=\lim_{x\to+\infty}\dfrac {~~\dfrac1{x\cdot\ln x}~~}x=\dfrac1{+\infty}=0\\b=\lim_{x\to+\infty}\dfrac1{x\cdot\ln x}-kx=\lim_{x\to+\infty}\dfrac1{x\cdot\ln x}=\dfrac1{+\infty}=0\\y=0\cdot x+0=0\\\\y=0$ 7. Экстремумы $y'=\bigg(\dfrac1{x\cdot\ln x}\bigg)'=-\dfrac{1+\ln x}{x^2\cdot\ln^2 x}$ $y'=0\Leftrightarrow -\dfrac{1+\ln x}{x^2\cdot\ln^2 x}=0\Leftrightarrow1+\ln x=0\Leftrightarrow\ln x=-1\Leftrightarrow x=e^{-1}\Leftrightarrow x=\dfrac1e$ $y(\dfrac1e)=\dfrac1{\dfrac1e\cdot\ln\dfrac1e}=e\cdot(-1)=-e$ $y(\dfrac1e)=e$ 8. Промежутки возрастания - убывания $y\uparrow\Leftrightarrow x\in(0;-\dfrac1e)\\y\downarrow\Leftrightarrow x\in(\dfrac1e;1)\cup(1;+\infty)$ 9. Точки перегиба и выпуклость функции вверх - вниз $y''=(y')'=\bigg(-\dfrac{1+\ln x}{x^2\cdot\ln^2 x}\bigg)'=\dfrac{2\ln^2x+3\ln x+2}{x^3\cdot\ln ^3x}$ $y''=0\Leftrightarrow \dfrac{2\ln^2x+3\ln x+2}{x^3\cdot\ln ^3x}=0\Leftrightarrow2\ln^2x+3\ln x+2=0\Leftrightarrow\ln x=\dfrac{-3\pm\sqrt{3^2-4\cdot2\cdot2}}{2\cdot2}\Leftrightarrow\ln x=\dfrac{-3\pm\sqrt{-7}}{4}\notin \mathbb R$

x=0, x=1, ~~~ y''(0) не определена (делим на 0)