Tw. o 3 ciągach

[Bitinful]

Mam za zadanie wykazać, że \(\displaystyle{ \left( \frac{1}{ \pi }\arctan \frac{nx}{ \pi } + \frac{1}{2}\right)^n }\) jest zbieżny do \(\displaystyle{ e^{- \frac{1}{x}} }\) na przedziale \(\displaystyle{ \left( 0, + \infty \right)}\). Dostałem wskazówkę żeby zastosować twierdzenie o 3 ciągach i wykorzystać tw. de l'Hospitala. Na razie znalazłem tylko ciąg mniejszy, czyli ciąg \(\displaystyle{ \left( 1- \frac{1}{xn} \right)^n }\), ale nie mam pojęcia jak znaleźć większy ciąg. Siedziałem kilka godzin i kombinowałem różne rzeczy np. z cotangensem hiperbolicznym ale nic nie wychodzi. Proszę o pomoc.

[Premislav]

Może tak:
\(\displaystyle{ \frac{1}{\pi}\arctan\frac{nx}{\pi}+\frac{1}{2}=1-\frac{1}{\pi}\left(\frac{\pi}{2}-\arctan\frac{nx}{\pi}\right)\\=1-\frac{1}{\pi}\arcctg \left(\frac{nx}{\pi}\right)}\)
i jeśli teraz \(\displaystyle{ a_{n}=\left(\frac{1}{\pi}\arctan \frac{nx}{\pi}+\frac{1}{2}\right)^{n}}\), to
\(\displaystyle{ \ln a_{n}=n\ln\left(1-\frac{1}{\pi}\arcctg\left(\frac{nx}{\pi}\right)\right)\\=\blue{\frac{\ln\left(1-\frac{1}{\pi}\arcctg\left(\frac{nx}{\pi}\right)\right)}{-\frac{1}{\pi}\arcctg\left(\frac{nx}{\pi}\right)}}\cdot \red{-\frac{n}{\pi}\arcctg\left(\frac{nx}{\pi}\right)}}\)
To niebieskie dąży do jedynki, wszak mamy tu znaną granicę
\(\displaystyle{ \lim_{t \to 0}\frac{\ln(1+t)}{t}}\)
w szczególnym przypadku, a co do czerwonego, to z de l'Hospitala mamy
\(\displaystyle{ \lim_{t\to +\infty}\frac{\arcctg t}{\frac{1}{t}}=[H]=\lim_{t \to +\infty}\frac{-\frac{1}{1+t^{2}}}{-\frac{1}{t^{2}}}=1}\),
więc z definicji Heinego granicy funkcji mamy
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty}\frac{nx}{\pi}\arcctg\left(\frac{nx}{\pi}\right)=1}\) i stąd już łatwo wywnioskować, że czerwone zbiega do \(\displaystyle{ -\frac{1}{x}}\), wystarczy pomnożyć i podzielić.
Następnie korzystamy z ciągłości funkcji eksponencjalnej i dostajemy to, czego sobie życzysz.

[Bitinful]

Dzięki za odpowiedź. Ale tam w pierwszym wierszu jest \(\displaystyle{ + \frac{1}{2} }\), a \(\displaystyle{ - \frac{1}{ \pi } \cdot \frac{ \pi }{2} = - \frac{1}{2} }\) i chyba nie będzie można ze wzoru redukcyjnego skorzystać - nie wiem. Pozatym wolałbym to zrobić z tw. o 3 ciągach, gdyż taką dostałem wskazówkę.

[Premislav]

Nie, napisałem dobrze, bez urazy, ale bądź troszkę uważniejszy.
\(\displaystyle{ \frac{1}{\pi}\arctan\frac{nx}{\pi}+\frac{1}{2}=\red{1}-\frac{1}{\pi}\left(\frac{\pi}{2}-\arctan\frac{nx}{\pi}\right)}\).

Moim zdaniem ta wskazówka utrudnia zadanie, zamiast je ułatwiać, nie lubię czegoś takiego.
No dobra, jak już mamy to przekształcone do postaci
\(\displaystyle{ \left(1-\frac{1}{\pi}\arcctg\left(\frac{nx}{\pi}\right)\right)^{n}}\),
to wyciągnijmy z kapelusza takie oto oszacowania arcusa kotangensa:
\(\displaystyle{ \frac{1}{t+1} <\arcctg (t)<\frac{1}{t}}\) dla \(\displaystyle{ t\ge 1}\).
Dowody sobie uzupełnij, można np. skorzystać z rachunku różniczkowego.

Wobec tego dla ustalonego \(\displaystyle{ x>0}\) i dostatecznie dużych \(\displaystyle{ n\in \NN}\) mamy:
\(\displaystyle{ 1-\frac{1}{nx+\pi}=1-\frac{1}{\pi}\cdot \frac{1}{\frac{nx}{\pi}+1}>1-\frac{1}{\pi}\arcctg\left(\frac{nx}{\pi}\right)>1-\frac{1}{\pi}\cdot \frac{\pi}{nx}=1-\frac{1}{nx}}\)
i oczywiście przy ustalonym \(\displaystyle{ x>0}\), dla dostatecznie dużych \(\displaystyle{ n\in \NN}\) tak minoranta, jak i majoranta są w przedziale \(\displaystyle{ (0,1)}\), stąd dla dostatecznie dużych \(\displaystyle{ n}\) zajdzie
\(\displaystyle{ \left(1-\frac{1}{nx+\pi}\right)^{n}>\left(1-\frac{1}{\pi}\arcctg\left(\frac{nx}{\pi}\right)\right)^{n}>\left(1-\frac{1}{nx}\right)^{n}}\)

[Bitinful]

Wow, dzięki! Nigdy bym na to nie wpadł Jesteś genialny, zawsze potrafisz mi pomóc