Matematyka.pl

Zbadać, czy istnieje granica \(\displaystyle{ \lim_{x \to \infty }\left[ n \cdot \sin(2 \pi \sqrt{x^2 +1} )\right] }\)
Odpowiedzią do zadania jest \(\displaystyle{ \pi }\), ale nie umiem do tego dojść.

Zamiast \(\displaystyle{ n }\) występuje \(\displaystyle{ x .}\)

Oczywiście chodziło mi o \(\displaystyle{ n}\) zamiast \(\displaystyle{ x}\).

Wsk: `\sin(2\pi\sqrt{x^2+1})=\sin(2\pi\sqrt{x^2+1})-\sin(2\pi n)`

taką samą wskazówkę mam w książce, z której pochodzi zadanie, ale nadal nie wiem jak je rozwiązać

Teraz twierdzenie Lagrange'a

nie rozumiem co do tego ma twierdzenie z rachunku różniczkowego

Użyjesz, to zrozumiesz.

ale nawet nie wiem jak mam go użyć

Sposób z twierdzeniem Lagrange'a to raczej ciekawostka, natomiast standardowy sposób jest taki:

\(\displaystyle{ \begin{align*}
\lim_{n \to \infty} n \cdot \sin \left( 2 \pi \sqrt{n^2+1} \right) & = \lim_{n \to \infty} n \cdot \sin \left( 2 \pi \sqrt{n^2+1} - 2 \pi n \right) \\[1ex]
& = \lim_{n \to \infty} n \cdot \sin \frac{2 \pi}{\sqrt{n^2+1} + n} \\[1ex]
& = \lim_{n \to \infty} \frac{2 \pi n}{\sqrt{n^2+1} + n} \cdot \frac{\sin \frac{2 \pi}{\sqrt{n^2+1} + n}}{\frac{2 \pi}{\sqrt{n^2+1} + n}}
\end{align*}}\)

i teraz skorzystaj z granicy \(\displaystyle{ \lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = 1}\).

Bardzo dziękuję, ale jeśli komuś będzie się chciało opisać sposób twierdzeniem Lagrange'a, to z chęcią nauczę się czegoś nowego.

Razem z Dasio11 wyrwaliście mnie do odpowiedzi.
Użycie twierdzenia Lagrange'a bardzo często przynosi efekty dużo szybciej niż szkolne metody i lepiej je znać i używać niż traktować jako ciekawostkę.
Spróbujcie np. obliczyć szkolnymi metodami granicę standardowymi (czytaj szkolnymi) metodami. Zapewniam, że się da, ale Lagrange jest o niebo szybszy.

A teraz do zadania - specjalnie w rozwiązaniu użyję trzykrotnie tw. Lagrange'a, żeby pokazać, że funkcjonuje szybko i sprawnie.

\begin{align}n\sin(2\pi\sqrt{n^2+1})&=n\left[\sin(2\pi\sqrt{n^2+1})-\sin 2\pi n)\right]\\
\text{użyję tw. Lagrange'a do funkcji sinus}\\
&=n\cos(\xi_n)[2\pi(\sqrt{n^2+1}-n)]\\
\text{i drugi raz do funkcji pierwiastek, biorac pod uwagę, że } n=\sqrt{n^2}\\
&=2\pi n\cos(\xi_n)\cdot\frac{1}{2\sqrt{\eta_n}}\\
&=\pi\frac{n}{\sqrt{\eta_n}}{\cos \xi_n}
\end{align}
gdzie `2\pi n<\xi_n<2pi\sqrt{n^2+1}` i `n^2<\eta_n<n^2+1`.
Teraz więc `n/\eta_n\to 1`, zaś
\(\displaystyle{ 0<\xi_n-2\pi n<2\pi(\sqrt{n^2+1}-n)=\text{też Lagrange}=\frac{\pi}{\sqrt{\eta_n}}\to 0}\)

Jak widzisz, didaskaliów było więcej niż rachunków.

a4karo pisze: 11 lip 2022, o 18:18Użycie twierdzenia Lagrange'a bardzo często przynosi efekty dużo szybciej niż szkolne metody i lepiej je znać i używać niż traktować jako ciekawostkę.

Może to kwestia gustu, ale uważam że to niedobre podejście z dydaktycznego punktu widzenia. By zrozumieć argument z twierdzeniem Lagrange'a - nie wspominając już o wymyślaniu go samodzielnie - potrzeba w mojej ocenie* znacznie większej wprawy w czytaniu dowodów matematycznych, niż w przypadku podanego przeze mnie argumentu czysto rachunkowego. Oczywiście nie widzę przeszkód by omawiać tę dość już zaawansowaną metodę ze zdolniejszymi studentami lub pobieżnie w ramach ciekawostki, ale w przypadku osoby mającej kłopot by w ogóle jakkolwiek ruszyć omawianą granicę - zdecydowanie omówiłbym przede wszystkim metodę podstawową, czyt. rachunkową.

*Co piszę jako osoba, której zdarzyło się udzielać korepetycji z matematyki studentom pierwszego roku na takich kierunkach, jak Mechanika i Budowa Maszyn. ;P

a4karo pisze: 11 lip 2022, o 18:18Spróbujcie np. obliczyć szkolnymi metodami granicę

\(\displaystyle{ \lim_{n\to \infty} \frac{\left(1+\frac{1}{n}\right)^7-1}{\left(1+\frac{1}{n}\right)^5-1}}\)

standardowymi (czytaj szkolnymi) metodami. Zapewniam, że się da, ale Lagrange jest o niebo szybszy.

Ze wzoru skróconego mnożenia \(\displaystyle{ a^k - b^k = (a-b)(a^{k-1} + a^{k-2} b + \ldots + b^{k-1})}\):

\(\displaystyle{ \begin{align*}
\lim_{n \to \infty} \frac{\left(1+\frac{1}{n}\right)^7-1}{ \left(1+\frac{1}{n}\right)^5-1} & = \lim_{n \to \infty} \frac{\frac{1}{n} \left[ \left(1+\frac{1}{n}\right)^6 + \left(1+\frac{1}{n}\right)^5 + \ldots + 1 \right]}{\frac{1}{n} \left[ \left(1+\frac{1}{n}\right)^5 + \left(1+\frac{1}{n}\right)^4 + \ldots + 1 \right]} = \lim_{n \to \infty} \frac{\left(1+\frac{1}{n}\right)^6 + \ldots + 1}{\left(1+\frac{1}{n}\right)^5 + \ldots + 1} = \frac{7}{5}.
\end{align*}}\)

Inaczej: niech \(\displaystyle{ f(x) = x^7}\), \(\displaystyle{ g(x) = x^5}\). Z definicji pochodnej

\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} \frac{\left(1+\frac{1}{n}\right)^7-1}{ \left(1+\frac{1}{n}\right)^5-1} = \lim_{n \to \infty} \frac{ \frac{\left(1+\frac{1}{n}\right)^7-1}{\frac{1}{n}} }{ \frac{\left(1+\frac{1}{n}\right)^5-1}{\frac{1}{n}} } = \lim_{n \to \infty} \frac{\frac{f \left(1+\frac{1}{n}\right)-f(1)}{\frac{1}{n}}}{\frac{g\left(1+\frac{1}{n}\right)-g(1)}{\frac{1}{n}}} = \frac{f'(1)}{g'(1)} = \frac{7}{5}}\).

A jak to będzie z twierdzenia Lagrange'a? :]

Ano oczywiście tak:
\(\displaystyle{ \frac{\left(1+\frac{1}{n}\right)^7-1}{\left(1+\frac{1}{n}\right)^5-1}=\frac{7\xi_n^6\cdot\frac1n}{5\eta_n^4\cdot\frac1n}=\frac{7\xi_n^6}{5\eta_n^4},}\)
gdzie `1<\xi_n,\eta_n<1+1/n`.
I teraz masz do wyboru uwierzyć, że to dąży do `7/5`, albo zaprząc twierdzenie o trzech ciągach pisząc
\(\displaystyle{ \frac{7}{5\left(1+\frac{1}{n}\right)^5}<\frac{7\xi_n^6}{5\eta_n^4}<\frac{7\left(1+\frac{1}{n}\right)^7}{5}}\)


A wyobraź sobie, że magister sadysta zamiast `7` i `5` napisze `1/2022` i `1/2021` !

Dodano po 6 minutach 13 sekundach:
A --- ta uwaga o pochodnej była nie na miejscu. Ja używam tylko twierdzenia Lagrange'a a nie tw. Cauchy'ego

\(\displaystyle{ \frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}=\frac{f'(c)}{g'(c)}}\),
z którego ta granica wynika bez żadnych rachunków

a4karo pisze: 11 lip 2022, o 22:19 Ano oczywiście tak:
\(\displaystyle{ \frac{\left(1+\frac{1}{n}\right)^7-1}{\left(1+\frac{1}{n}\right)^5-1}=\frac{7\xi_n^6\cdot\frac1n}{5\eta_n^4\cdot\frac1n}=\frac{7\xi_n^6}{5\eta_n^4},}\)
gdzie `1<\xi_n,\eta_n<1+1/n`.
I teraz masz do wyboru uwierzyć, że to dąży do `7/5`, albo zaprząc twierdzenie o trzech ciągach pisząc
\(\displaystyle{ \frac{7}{5\left(1+\frac{1}{n}\right)^5}<\frac{7\xi_n^6}{5\eta_n^4}<\frac{7\left(1+\frac{1}{n}\right)^7}{5}}\)

Tak czy inaczej, nie wygląda "o niebo szybciej".

a4karo pisze: 11 lip 2022, o 22:19A wyobraź sobie, że magister sadysta zamiast `7` i `5` napisze `1/2022` i `1/2021` !

Wtedy pierwsza z metod w moim poście zupełnie nie działa, a druga wymaga tylko kosmetycznej poprawki, więc w czym rzecz?

a4karo pisze: 11 lip 2022, o 22:19A --- ta uwaga o pochodnej była nie na miejscu.

Jaka uwaga?