kilka granic

Własności ciągów i zbieżność, obliczanie granic. Twierdzenia o zbieżności.
jaczek
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 23
Rejestracja: 8 lut 2007, o 22:59
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 12 razy

kilka granic

Post autor: jaczek » 1 wrz 2007, o 12:50

Mam kilka problemów związanych z obliczeniem granic takich oto ciągów

1. \(\displaystyle{ a_{n}=(\frac{2n^{2}+n+4}{2n^{2}+3n+5})^{3n}}\)
2. \(\displaystyle{ a_{n}={(\cos\frac{\alpha}{\sqrt{n}})}^n}\)
Jeśli chodzi o dwa pierwsze przykłady to nie wiem jak doprowadzić te wyrażenia do takiej postaci, aby skorzystać ze wzoru: \(\displaystyle{ lim(1+\frac{\alpha}{a_{n}})^{a_{n}}=e^\alpha}\)

3. \(\displaystyle{ a_{n}=\frac{(-1)^{n}3^n+7^n}{4^{2n}+5}}\) w tym przykładzie tak na zdrowy rozsądek wiem, że granica wynosi 0 ale nie wiem jak to pokazać :/

4. \(\displaystyle{ a_{n}=n^2\sin\frac{2}{n^2}}\) to niby zrobiłem:
\(\displaystyle{ lim(a_{n})=lim (n^2\frac{2}{n^2}\cdot\frac{\sin\frac{2}{n^2}}{\frac{2}{n^2}})=2\cdot0=0}\), ale coś mi tu nie pasuje.

Dzięki za pomoc!
Rekrutacja Instytut Matematyczny, Uniwersytet Wrocławski (gif)

Awatar użytkownika
setch
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1307
Rejestracja: 14 sie 2006, o 22:37
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Bełchatów
Podziękował: 155 razy
Pomógł: 207 razy

kilka granic

Post autor: setch » 1 wrz 2007, o 13:08

1.
\(\displaystyle{ \frac{2n^2+3n+5-2n-1}{2n^2+3n+5}=1-\frac{2n+1}{2n^2+3n+5}}\)
3.
\(\displaystyle{ \lim_{x \to } \frac{(-3)^n+7^n}{16^n+5}=\lim_{x \to } \frac{(-\frac{3}{16})^n+(\frac{7}{16})^n}{1^n+\frac{5}{16^n}}=\frac{0}{1}=0}\)
4. Prawie dobrze z tym, że \(\displaystyle{ \lim_{n \to } \frac{\sin \frac{2}{n^2}}{\frac{2}{n^2}} =1}\)

Awatar użytkownika
max
Gość Specjalny
Gość Specjalny
Posty: 3306
Rejestracja: 10 gru 2005, o 17:48
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Lebendigentanz
Podziękował: 37 razy
Pomógł: 778 razy

kilka granic

Post autor: max » 1 wrz 2007, o 16:18

2.
\(\displaystyle{ 1 + \frac{x_{n}}{n} = \cos\frac{\alpha}{\sqrt{n}}\\
x_{n} = \frac{\cos \frac{\alpha}{\sqrt{n}} - 1}{\frac{1}{n}}}\)

i dalej wystarczy skorzystać z:
\(\displaystyle{ \cos x =1 - 2\sin^{2}\frac{x}{2}\\
\lim_{n\to\infty} x_{n} = x \lim_{n\to\infty}\left(1 + \frac{x_{n}}{n}\right)^{n} = e^{x}}\)

Awatar użytkownika
setch
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1307
Rejestracja: 14 sie 2006, o 22:37
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Bełchatów
Podziękował: 155 razy
Pomógł: 207 razy

kilka granic

Post autor: setch » 1 wrz 2007, o 17:16

2.
\(\displaystyle{ f(x)=(\cos \frac{\alpha}{\sqrt{n}} )^n\\
\ln f(x)=n\cdot \ln \frac\cos {\alpha}{\sqrt{n}}=\frac{\ln \cos\frac{\alpha}{\sqrt{n}}}{\frac{1}{n}} \\
A=\lim_{n \to } \ln f(x)= \lim_{n \to } \frac{\ln \cos\frac{\alpha}{\sqrt{n}}}{\frac{1}{n}} \stackrel{H}{=}
\lim_{n \to } \frac{-\frac{1}{2}\frac{1}{\sqrt{n^3}}(-\sin\frac{\alpha}{\sqrt{n}} )}{-\frac{1}{n^2}} = \lim_{n \to } \frac{-0.5n^{-1.5} \sin \frac{\alpha}{\sqrt{n}}}{n^{-2}} =
\lim_{n \to } ft( -\frac{1}{2}\sqrt{n} \sin \frac{\alpha}{\sqrt{n}}\right) \stackrel{u=\frac{1}{\sqrt{n}}}{=} -0.5 \lim_{u \to 0} \frac{\sin u\alpha}{u} = -0.5 \lim_{u \to 0} \frac{\alpha \sin u\alpha}{u\alpha}=-\frac{1}{2}\alpha\\
\lim_{n \to } f(x)=e^A=e^{-\frac{1}{2}\alpha}=\frac{1}{\sqrt{e}^\alpha}}\)
Ostatnio zmieniony 1 wrz 2007, o 17:57 przez setch, łącznie zmieniany 1 raz.

Awatar użytkownika
max
Gość Specjalny
Gość Specjalny
Posty: 3306
Rejestracja: 10 gru 2005, o 17:48
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Lebendigentanz
Podziękował: 37 razy
Pomógł: 778 razy

kilka granic

Post autor: max » 1 wrz 2007, o 17:50

Tam cosinus się gdzieś zapodział... bez Hospitala chyba trudniej się pomylić.
No i należy pamiętać jeszcze o przypadku \(\displaystyle{ \alpha = 0}\).

ODPOWIEDZ