Matematyka.pl

Oblicz granicę ciągu o wyrazie ogólnym: \(\displaystyle{ a_n=n(\ln (2n+3)-\ln (2n-1)).}\)
Nie wiem nawet z której strony to ugryźć. Pomoże ktoś krok po kroku?

KubaaIV pisze:Oblicz granicę ciągu o wyrazie ogólnym: \(\displaystyle{ a_n=n(ln (2n+3)-ln (2n-1)).}\)
Nie wiem nawet z której strony to ugryźć. Pomoże ktoś krok po kroku?

To jest bardzo proste tylko trzeba skorzystać ze wzoru na różnice logarytmów i logarytm z potęgi.

Wzór czwarty i piąty:

page.php?p=kompendium-funkcje-wykladnicze-i-logarytmiczne

to wychodzi mi \(\displaystyle{ \lim \left( \ln \left( \frac{2n+3}{2n-1} \right) ^{n} \right)}\) i mam teraz \(\displaystyle{ n}\) wyłączyć przed nawias i skrócić? Granica wyjdzie \(\displaystyle{ 1 ^{ \infty }}\)?

KubaaIV pisze:to wychodzi mi \(\displaystyle{ \lim \left( \ln \left( \frac{2n+3}{2n-1} \right) ^{n} \right)}\) i mam teraz \(\displaystyle{ n}\) wyłączyć przed nawias i skrócić? Granica wyjdzie \(\displaystyle{ 1 ^{ \infty }}\)?

Co niby skrócić ?

Przekształć to tak:

\(\displaystyle{ \left( \frac{2n+3}{2n-1} \right) ^{n} = \left( 1 + \frac{4}{2n-1} \right) ^{n} = \left( 1 + \frac{4}{2n-1} \right) ^{n-1/2} \cdot \left( 1 + \frac{4}{2n-1} \right) ^{1/2} = \left( { \left( 1 + \frac{1}{ \left( 2n-1 \right) /4} \right) ^{ \left( 2n-1 \right) /4}} \right) ^2 \cdot \sqrt{ 1 + \frac{4}{2n-1}}}\)

.

Łatwiej będzie z twierdzenia Lagrange'a i twierdzenia o trzech ciągach.

Poprzednie przekształcenie jest błędne , a poza tym do czego tu potrzebna jest armata ?

\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty }\ln \left( 1+ \frac{4}{2n-1} \right)^{ \frac{(2n-1)\cdot n}{2n-1}}\)

\(\displaystyle{ = \lim_{n \to \infty }\ln (e^4)^{1/2} = \lim_{ n\to \infty }\ln e^{2}=2}\)

skąd wziąłeś \(\displaystyle{ \lim_{ n\to \infty } \ln (e ^{4} ) ^{ \frac{1}{2} }}\) ? bo nie rozumiem;/

A rozumiesz, skąd jest: \(\displaystyle{ e^4}\)

tak, z tego, że \(\displaystyle{ \lim_{ n\to \infty } \left( 1+ \frac{a}{n} \right)^n =e ^{a}}\), ale tam jest \(\displaystyle{ \frac{(2n-1) \cdot n}{2n-1}}\). Jakbyś mógł to jakoś rozpisać ;p

Skoro "sztucznie" wprowadziłem wykładnik: \(\displaystyle{ 2n - 1}\) , aby skorzystać z granicy: \(\displaystyle{ e}\),
to teraz istniejący wykładnik \(\displaystyle{ n}\) , muszę podzielić przez to samo. Z kolei wykładnik:

\(\displaystyle{ \frac{n}{2n - 1}}\) zmierza do:\(\displaystyle{ \frac{1}{2}}\)

Ok. Dzięki, już rozumiem ;p

Belf pisze:Poprzednie przekształcenie jest błędne , a poza tym do czego tu potrzebna jest armata ?

Co jest niby błędne ? Jest poprawne i w dodatku prowadzi do tego samego wyniku.

.

Belf pisze: a poza tym do czego tu potrzebna jest armata ?

Ta armata to do twierdzenia Lagrange'a? Zawsze lubię, jak coś można zrobić ot tak, po prostu...

\(\displaystyle{ x(\ln(2x+3)-\ln(2x-1))=x\frac{2x+3-(2x-1)}{\xi}=\frac{4x}{\xi}}\)
gdzie \(\displaystyle{ 2x-1<\xi<2x+3}\)

Zatem
\(\displaystyle{ 2\leftarrow \frac{4x}{2x+3}<x(\ln(2x+3)-\ln(2x-1))<\frac{4x}{2x-1}\rightarrow 2}\)

Poza tym jest uniwersalne: zadziała tu:
\(\displaystyle{ \lim_{n\to\infty}(\sqrt[3]{n+4}-\sqrt[3]{n-1})}\)
jak i tu
\(\displaystyle{ \lim_{x\to\pi/4}\frac{\cos x-\sin x}{2x-\pi}}\)