Matematyka.pl

\(\displaystyle{ \lim_{ x \to 0 } \frac{e^x - 1} {x} = 1}\) to podstawowa granica wśród wyrażeń nieoznaczonych.
Wystarczy zastosować podstawienie \(\displaystyle{ \frac{1}{t} = e^{x} - 1}\) i łatwo uzyskam wartość tej granicy, właśnie poprzez zastosowanie równości \(\displaystyle{ \left( 1 + \frac{1}{n} \right)^{n} = e, n \rightarrow \infty}\)

Co chcesz rozwiązywać za pomocą de l'Hospitala ?
Nie widzę potrzeby stosowania tutaj tego narzędzia.

a_{n}= \frac{7(n+2)}{2n}a_{n-1} \Rightarrow \frac{a_{n}}{a_{n-1}} = \frac{7\left( n+2\right) }{2n} \Rightarrow \frac{a_{n}}{a_{1}} = \prod_{k=2}^{n} \frac{a_{k}}{a_{k-1}} = \prod_{k=2}^{n} \frac{7\left( k+2\right) }{2k} = \frac{7^{n-1}}{2^{n-1}} \prod_{k=2}^{n} \frac{k+2}{k} = \frac{7^{n-1}}{2^{n-1...

Właśnie do takiej postaci sprowadziliśmy tą granicę.

\(\displaystyle{ \left( 1+{\frac{e ^ \frac {1} {n} -1}{2}}\right)^n = \left[ \left( 1+ \frac{1}{ \frac{2}{e^{ \frac{1}{n}} - 1} } \right)^{\frac{2}{e^{\frac{1}{n}} - 1}\right]^{n\left( e^{\frac{1}{n}} - 1\right)/2 }}\)
I tak jak napisałem dalej, ta druga granica jest znana.

Elegancko kombinujesz, teraz to wystarczy dokończyć.
Zadanie sprowadzi się do obliczenia granicy \(\displaystyle{ n\left( e^{\frac{1}{n}} - 1\right)/2}\) w nieskończoności, a to jest de facto granica \(\displaystyle{ \frac{e^{x}-1}{2x}}\) w zerze

Równanie kierunkowe prostej ?
\(\displaystyle{ y = ax + b}\)

Pewnie.
Rozłożyć \(\displaystyle{ 6006}\) na czynniki pierwsze, tj. \(\displaystyle{ 6006 = 2 \cdot 3 \cdot 7 \cdot 11 \cdot 13}\)

Rozumiem, to wynika z tego, że jednak nie chodzi o liczby dodatnie, ta nierówność jest prawdziwa wyłącznie przy tym założeniu. Łatwo udowodnić, że obie liczby nie mogą być równe jednocześnie 0 , tj. a = b = 0 . Wynika to m.in. z tego, że wtedy 0 = \left( x + y + z \right)^{2} = x^{2} + y^{2} + z^{2}...

1. Z nierówności \sqrt[3]{ \frac{x^{3}+y^{3}}{2} } \ge \frac{x+y}{2} mamy, że najmniejsza wartość tej sumy to 2 . Z drugiej strony mamy \left( x + y \right)^{3} \ge x^{3} + y^{3} , skąd największa to 8 . 2. \left( x+y+z\right)^{2} + \left( \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} \right)^{2} \ge 2\le...

1. Najpierw indukcyjnie udowodnij, że \(\displaystyle{ y_{n+1} = \frac{1}{x_{n}}}\).
2. Nierówność sprowadza się do postaci \(\displaystyle{ 2 < \frac{x_{n}}{x_{n-1}} < 3}\), a to już prosto idzie.

A jak to będzie w przypadku ciągu \(\displaystyle{ \left( a, b, c \right)}\), który spełnia te same warunki ?

Można też w podobny sposób: a_{n+1} = 2a_{n} + 1 = 2\left(2a_{n-1}+1 \right) + 1 = 4a_{n-1} + 3 = 4\left( a_{n-2} + 1\right) + 3 = 8a_{n-2} + 7 = ... = 2^{n}a_{0} + 2^{n} - 1 . Dodając stronami jedynkę mamy a_{n+1} + 1 = 2\left( a_{n} + 1 \right) , skąd dla b_{n} = a_{n} + 1 mamy b_{n+1} = 2b_{n} , ...

Równoważnie masz, że \(\displaystyle{ x^{\frac{3}{2}} + y^{\frac{3}{2}} = z^{\frac{3}{2}}}\), czyli
\(\displaystyle{ \left( \frac{x}{z}\right)^{2} + \left( \frac{y}{z}\right)^{2} < \left( \frac{x}{z}\right)^{\frac{3}{2}} + \left( \frac{y}{z}\right)^{\frac{3}{2}} = 1 \Rightarrow z^{2} > x^{2} + y^{2}}\)

W sumie średnie potęgowe z tego co widzę nie dają rezultatu. W takim wypadku można podnieść do odpowiednich potęg i skorzystać z nierówności x^{9}y^{3} + x^{9}y^{3} + x^{6}y^{6} \ge 3x^{8}y^{4} i druga identycznie. Naszedł mnie natomiast inny pomysł Otóż: \left( x^{3}+y^{3}\right)^{4}\left( x^{7}+y^...