Analiza matematyczna, zadanie nr 877
ostatnie wiadomo艣ci | regulamin | latex
| Autor | Zadanie / Rozwi膮zanie |
333bbb post贸w: 6 |  2013-01-15 17:12:25Obliczy膰 granice ci膮g贸w, ale prosz臋 przynajmniej w pierwszych 3 o wyja艣nienie: a) $a_{n}$=$\sqrt{n+\sqrt{n}}$ - $\sqrt{n-\sqrt{n}}$ b) $b_{n}$=$\sqrt{n(n-\sqrt{n^2-1)}}$ c) $c_{n}$=n($\sqrt{2n^2+1}$-$\sqrt{2n^2-1}$) d) $d_{n}$=$\frac{1}{2n}$cos$n^{3}$-$\frac{3n}{6n+1}$ e) $e_{n}$=$\frac{nsinn!}{n^2+1}$ f) $f_{n}$=$\sqrt[n]{2n^3-3n^2+15}$ g) $g_{n}$=$\frac{\sqrt{n}}{\sqrt{n+\sqrt{n+\sqrt{n}}}}$ |
tumor post贸w: 8070 | 2013-01-15 17:21:29 a) r贸偶nice pierwiastk贸w rozpisuje si臋 do艣膰 standardowo $\sqrt{n+\sqrt{n}}-\sqrt{n-\sqrt{n}}= \sqrt{n+\sqrt{n}}-\sqrt{n-\sqrt{n}}*\frac{\sqrt{n+\sqrt{n}}+\sqrt{n-\sqrt{n}}}{\sqrt{n+\sqrt{n}}+\sqrt{n-\sqrt{n}}}= \frac{n+\sqrt{n}-n+\sqrt{n}}{\sqrt{n+\sqrt{n}}+\sqrt{n-\sqrt{n}}}= \frac{2\sqrt{n}}{\sqrt{n}(\sqrt{1+\frac{\sqrt{n}}{n}}+\sqrt{1-\frac{\sqrt{n}}{n}})}\rightarrow 1 $ Na pocz膮tku u偶ywamy wzoru skr贸conego mno偶enia, 偶eby nie mie膰 r贸偶nicy pierwiastk贸w, a mie膰 r贸偶nic臋 liczb pod pierwiastkiem, a w mianowniku sum臋 pierwiastk贸w. Pod koniec w mianowniku wy艂膮czyli艣my przed nawias $\sqrt{n}$, 偶eby to, co zostaje w nawiasie, d膮偶y艂o do liczby rzeczywistej (konkretnie 2), a pierwiastki si臋 skracaj膮, st膮d granica. |
tumor post贸w: 8070 | 2013-01-15 17:29:26 b) Policzmy granic臋 bez tego zewn臋trznego pierwiastka $n(n-\sqrt{n^2-1})= n(n-\sqrt{n^2-1})*\frac{n+\sqrt{n^2-1}}{n+\sqrt{n^2-1}}= n*\frac{1}{n(1+\sqrt{1+\frac{1}{n^2}})}\rightarrow\frac{1}{2}$ Tu podobnie zaczynamy od wzoru skr贸conego mno偶enia, 偶eby si臋 za艂atwi膰 z odejmowaniem. Potem z mianownika wy艂膮czamy n przed nawias, natomiast wn臋trze nawiasu d膮偶y do liczby 2. Wy艂膮czone n skraca si臋, st膮d ostateczna granica. Je艣li by艣my nie omijali tego pierwiastka, w kt贸rym wszystko siedzi, to dostaliby艣my granic臋 $\sqrt{\frac{1}{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$ Wiadomo艣膰 by艂a modyfikowana 2013-01-15 17:57:38 przez tumor |
tumor post贸w: 8070 | 2013-01-15 17:34:41 c) $n(\sqrt{2n^2+1}-\sqrt{2n^2-1})= n(\sqrt{2n^2+1}-\sqrt{2n^2-1})*\frac{\sqrt{2n^2+1}+\sqrt{2n^2-1}}{\sqrt{2n^2+1}+\sqrt{2n^2-1}}= n*\frac{2}{\sqrt{2}n(\sqrt{1+\frac{1}{2n^2}}+\sqrt{1-\frac{1}{2n^2}})}\rightarrow \frac{2}{2\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$ Dok艂adnie te same kroki. Wz贸r skr贸conego mno偶enia, dzi臋ki kt贸remu redukujemy wi臋kszo艣膰 wyra偶e艅 w liczniku, natomiast w mianowniku wy艂膮czamy przed sum臋 to, co si臋 da, a w nawiasie zostaje wyra偶enie d膮偶膮ce do liczby 2. |
tumor post贸w: 8070 | 2013-01-15 17:38:52 d) $\frac{1}{2n}cosn^3\rightarrow 0$, bo $\frac{1}{2n}\rightarrow 0$, a $cosn^3$ ograniczony (jest twierdzenie o granicy iloczynu takich ci膮g贸w). Natomiast $-\frac{3n}{6n+1}\rightarrow -\frac{1}{2}$ (wystarczy wy艂膮czy膰 n przed nawias w liczniku i mianowniku) Skoro te granice istniej膮, to suma takich ci膮g贸w b臋dzie mie膰 granic臋 r贸wn膮 sumie granic. $\frac{1}{2n}cosn^3-\frac{3n}{6n+1}\rightarrow 0-\frac{1}{2}=-\frac{1}{2}$ |
tumor post贸w: 8070 | 2013-01-15 17:41:40 e) $\frac{n}{n^2+1} \rightarrow 0$ (tak膮 granic臋 zawsze mamy, gdy dzielimy wielomian przez wielomian, a stopie艅 mianownika jest wi臋kszy ni偶 stopie艅 licznika. Otrzymujemy j膮 wy艂膮czaj膮c przed nawias n w odpowiedniej pot臋dze) $sinn!$ - ograniczony $\frac{n}{n^2+1}*sinn! \rightarrow 0$ |
tumor post贸w: 8070 | 2013-01-15 17:45:50 f) Zauwa偶my, 偶e dla odpowiednio du偶ych n zachodzi $\sqrt[n]{n^3} \le f_n \le \sqrt[n]{2n^3}$ Wiemy, 偶e $\sqrt[n]{n}\rightarrow 1$ (zapewne si臋 pojawi艂o na wyk艂adzie, jak to liczy膰) $\sqrt[n]{n^3}=\sqrt[n]{n}*\sqrt[n]{n}*\sqrt[n]{n}\rightarrow 1^3=1$ $\sqrt[n]{2n^3}=\sqrt[n]{2}*\sqrt[n]{n}*\sqrt[n]{n}*\sqrt[n]{n}\rightarrow 1^4=1$ z twierdzenia o 3 ci膮gach tak偶e $f_n \rightarrow 1$ |
tumor post贸w: 8070 | 2013-01-15 17:56:51 g) Tu sobie pozwol臋 zauwa偶y膰, 偶e $\frac{\sqrt{n}}{\sqrt{n+\sqrt{2n}}}\le g_n\le \frac{\sqrt{n}}{\sqrt{n}}=1$ a teraz wy艂膮cz臋 $\sqrt{n}$ przed nawias w mianowniku lewego wyra偶enia $\frac{\sqrt{n}}{\sqrt{n+\sqrt{2n}}}= \frac{\sqrt{n}}{\sqrt{n(1+\frac{\sqrt{2n}}{n})}}= \frac{\sqrt{n}}{\sqrt{n}\sqrt{1+\frac{\sqrt{2n}}{n}}}\rightarrow 1$ z twierdzenia o trzech ci膮gach tak偶e $g_n \rightarrow 1$ |
| strony: 1 | |
Prawo do pisania przys艂uguje tylko zalogowanym u偶ytkownikom. Zaloguj si臋 lub zarejestruj