Matematické Fórum

TB12 · 09. 11. 2008 09:40

Zdravim, potreboval bych pomoct s temito limitami:

${\lim}\limits_{n \to \infty}(\sqrt[3]{n+2}-\sqrt[3]{n+1})$

A potom:

$a_n=\frac{1+2+...+n}{3n^2}$

$a_n=\frac{sinn}{n}$

ttopi · 09. 11. 2008 10:02 — Editoval ttopi (09. 11. 2008 10:17)

Ta první limita se převede na tzv "pozoruhodnou limitu" , nebo už jí rovnou vlastně je.

Známe, že ${\lim}\limits_{n \to \infty}(1+\frac{1}{n})^n=e$
Tudíž potřebujem dostat do mocniny to 2n+3.
Není nic jednoduššího, než užít vzoreček, že $(1+\frac{1}{a})^b=[ (1+\frac{1}{a})^a]^{\frac{b}{a}}$ a tedy limitu převedeme na
${\lim}\limits_{n \to \infty}[(1+\frac{1}{2n+3})^{2n+3}]^{\frac{2n}{2n+3}}$ což je ${\lim}\limits_{n \to \infty}e^{\frac{2n}{2n+3}}=e^{{\lim}\limits_{n \to \infty}\frac{2n}{2n+3}}$ a pak dopočítáš sn adno, že by to měla být 1. Ono už to podle toho zápisu vypadá, že to k tomu směřuje, ale abych rovnou nevyplivl výsledek, napíšu i s postupem, protože jindy to nemusí být hned vidět.

Snad to říkám dobře :-)

EDIT: Ty posloupnosti by měly být obě v limitě 0.

lukaszh

2.
${\lim}\limits_{n \to \infty}$\sqrt[3]{n+2}-\sqrt[3]{n+1}$$
Je potrebné použi? vzorec:
$A^3-B^3=(A-B)(A^2+AB+B^2)$
Kde
$A=\sqrt[3]{n+2}\nlB=\sqrt[3]{n+1}\)$
Odtiaľ vyplýva:
$n+2-(n+1)=$\sqrt[3]{n+2}-\sqrt[3]{n+1}$$\sqrt[3]{(n+2)^2}+\sqrt[3]{n+2}\sqrt[3]{n+1}+\sqrt[3]{(n+1)^2}$\nl\sqrt[3]{n+2}-\sqrt[3]{n+1}=\frac{1}{\sqrt[3]{(n+2)^2}+\sqrt[3]{(n+2)(n+1)}+\sqrt[3]{(n+1)^2}}$
Teraz stačí zameni? funkciu v limite touto:
${\lim}\limits_{n \to \infty}\frac{1}{\sqrt[3]{(n+2)^2}+\sqrt[3]{(n+2)(n+1)}+\sqrt[3]{(n+1)^2}}$
V menovateli sa nachádzajú len kladné členy a plusy, teda s narastajúcimi hodnotami n do nekonečna sa aj menovateľ zväčšuje do nekonečna a limita je teda "1/nekonečno" čo je nula.

3.
$\lim_{n\to\infty}\frac{1+2+...+n}{3n^2}=\lim_{n\to\infty}\frac{\frac{n}{2}(1+n)}{3n^2}=\lim_{n\to\infty}\frac{n+n^2}{6n^2}=\lim_{n\to\infty}\frac{\frac{1}{n}+1}{6}=\frac{1}{6}$

4.
$\lim_{n\to\infty}\frac{\sin n}{n}$
Platí, že $-1\leq\sin n\leq1$ . Potom dostávaš limitu typu:
$\lim_{n\to\infty}\frac{k}{n};\,\, k\in\langle-1;1\rangle,n\in\mathbb{N}$
A keď n ide do nekonečna, tak hodnota zlomku sa blíži k nule, teda aj limita je nula.

TB12 · 09. 11. 2008 15:23

Diky moc jste fakt borci.

Jeste tu mam posledni tri, kdybyste se na ne podivali, moc by mi to pomohlo.

$a_n =(8-\frac{1}{n})\sqrt{\frac{n}{a_n+1}}$

$a_n=\frac{n^2+sinn^2}{n-sin!}$

$a_n=\frac{\sqrt[5]{n^3}cos (n!)}{n+1}$

Matematické Fórum

#1 09. 11. 2008 09:40

Limity

#2 09. 11. 2008 10:02 — Editoval ttopi (09. 11. 2008 10:17)

Re: Limity

#3 09. 11. 2008 10:57 — Editoval lukaszh (09. 11. 2008 11:17)

Re: Limity

#4 09. 11. 2008 15:23

Re: Limity

Zápatí