Matematyka.pl

green_01 pisze:A mogłby ktos wytłumaczyć dlaczego pi/2 ? Jak obliczac takie granice, gdzie sa funkcje trygonometryczne?

no bo \(\displaystyle{ \lim_{n\to-\infty}\arctan(n)=-\frac{\pi}{2}}\) a \(\displaystyle{ \lim_{n\to\infty}\arccot(n)=0}\).
poza tym tu nie ma funkcji trygonometrycznych...

i) 4* \lim_{n \to } \sqrt[ ]{ \frac{1}{4} } szczerze zapomniałem ile taki pierwiastek wynosił 1 czy 0 - jeśli miałeś na myśli \sqrt[n]{ \frac{1}{4} } , to ten ciąg dąży do jedynki, co nie zmienia faktu, że źle policzyłeś tę granicę:)

j)wzór na sumę szeregu malejącego - a co to takiego ...

\sum_{n=1}^{\infty} n^{2}sin\frac{2}{n}tg\frac{5}{n}

\frac{\sin\frac{1}{n}}{\frac{1}{n}}\to 1 zatem z definicji:
\left|\frac{\sin\frac{1}{n}}{\frac{1}{n}}-1\right|1-\varepsilon=\frac{1}{2}
Analogicznie
\frac{\tan\frac{1}{n}}{\frac{1}{n}}>1-\varepsilon=\frac{1}{2}
Stąd:
n^2\sin\frac{2}{n ...

Lorek pisze:Wyłączasz największy czynnik licznika i mianownika tak by mieć potem w ułamku \(\displaystyle{ \frac{1+p^n+...+r^n}{1+q^n+...+s^n}}\)
gdzie wszystkie 'literki' są na moduł mniejsze od 1 (znaczy |p|

a możesz to jakoś formalnie uzasadnić? tzn jak to się ma do wyjściowego ciągu?

\lim_{ n\to } (\frac{n}{n+1})^n=\lim_{ n\to } (\frac{n+1-1}{n+1})^n=\lim_{ n\to } (1-\frac{1}{n+1})^{-(n+1)\cdot \frac{n}{-(n+1)}}=e^{-1}
dobrze to jest przekształcone?

Dobrze, ale może łatwiej tak:

\lim_{ n\to } ft(\frac{n}{n+1}\right)^n=\lim_{ n\to }\frac{1}{\left(\frac{n+1}{n}\right)^n ...

ad. a) \sqrt{2n-1}-\sqrt{n+7}=\frac{(\sqrt{2n-1}-\sqrt{n+7})(\sqrt{2n-1}+\sqrt{n+7})}{\sqrt{2n-1}+\sqrt{n+7}}=\frac{n-8}{\sqrt{2n-1}+\sqrt{n+7}}\to +\infty

ad. b), c) - analogicznie jak w a)

ad. g) chyba miałeś na myśli \frac{1}{n^2+1}+\frac{1}{n^2+2}+\ldots+\frac{1}{n^2+n}

0\leftarrow0\leq ...

Rozważmy dla przejrzystości wyrażenie pod pierwiastkiem (bo jeśli a_n\to g to \sqrt{a_n}\to \sqrt{g} - o ile a_n>0 )

n\left(n-\sqrt{n^2-1}\right)=n\frac{\left(n-\sqrt{n^2-1}\right)\left(n+\sqrt{n^2-1}\right)}{\left(n+\sqrt{n^2-1}\right)}=n\frac{n^2-(n^2-1)}{\left(n+\sqrt{n^2-1}\right)}=\frac{n ...

Zordon pisze:Raczej nie mozna tak powiedziec, skoro jest spelniony ten warunek Bo wyraz ogolny zbiega przecież do zera

Moim zdaniem zbiega do jedynki. Jeśli się mylę, to mógłbyś mnie oświecić?

\(\displaystyle{ \sqrt{-1}}\) ? Postaraj się dobrze przepisać:)

Dlatego taką granicę można w pamięci policzyć, że to jest nieskończoność. Bo jeśli to jest intuicja to trzeba by było udowadniać ze np. n+1>n (W teorii mnogosci by mozna bylo ;p).

Czyli jak z formalnym dowodem, bo niewiem powaznie ?

Nie wiem co ma teoria mnogości do tego, ale nadal nie jest to ...

Watari pisze:A skąd dokładnie to \(\displaystyle{ (-1)^n}\) się wzięło?

\(\displaystyle{ \cos(\pi n)=(-1)^n}\)

Ad. d) \(\displaystyle{ n\sin\left(\frac{1}{n^3}\right)}\)

Napisane jest dokładnie: "Zbieżny, jako przemienny i spełniający kryterium Leibniza". W którymś z zadań widziałem, że sinus zamienia się na (-1) do jakiejś potęgi, może tutaj też można? Jestem ciemny z trygonometrii więc nie wiem.

Chyba masz racje:
\sin\left(n+\frac{1}{n}\right)\pi=\sin(\pi n ...

evelinaa pisze:z ta nieskonczonoscia to chyba cos nie tak, w ksiazce mam odpowiedz,ze bedzie to 1, tylko nie mam pojecia jak do tego dojsc...

A dobrze przepisałaś wzór? Jeśli tam (w drugim) powinien być pierwiastek n-tego stopnia to faktycznie będzie 1:)

Watari pisze:Ok już rozumiem, jeszcze raz dzięki. A co do 6) to w odpowiedzi mam, że jest zbieżny na mocy kryterium Leibniza, czyżby błąd?

Albo błąd albo na inne zadanie patrzyłeś. Przecież gołym okiem widać że szereg jest rozbieżny;)
(kryt. Leibniza dotyczy szeregów naprzemiennych)

Pozdro!