Matematické Fórum

andras · 14. 11. 2014 12:19

$\lim_{n\to\infty }\frac{\sqrt[3]{n+1}-\sqrt[3]{n-1}}{\sqrt{n+1}-\sqrt{n-1}}$
Můj postup:
$\lim_{n\to\infty }\frac{\sqrt[3]{n+1}-\sqrt[3]{n-1}}{\sqrt{n+1}-\sqrt{n-1}}\cdot \frac{\frac{1}{n}}{\frac{1}{n}}=\lim_{n\to\infty }\frac{\sqrt[3]{\frac{n+1}{n^{3}}}-\sqrt[3]{\frac{n-1}{n^{3}}}}{\sqrt{\frac{n+1}{n^{2}}}-\sqrt{\frac{n-1}{n^{2}}}}=$ $\lim_{n\to\infty }\frac{\sqrt[3]{\frac{1}{n^{2}}+\frac{1}{n^{3}}}-\sqrt[3]{\frac{1}{n^{2}}-\frac{1}{n^{3}}}}{\sqrt{\frac{1}{n}+\frac{1}{n^{2}}}-\sqrt{\frac{1}{n}-\frac{1}{n^{2}}}}=$
Každý jednotlivý zlomek pod odmocninou konverguje k 0 a tak myslím, že výsledek je 0.
Nevím, zda je ten postup korektní, zdá se mi to nějak moc jednoduché...

Rumburak · 14. 11. 2014 12:30

↑ andras:
Také ovšem jmenovatel hlavního zlomku jde k nule, takže celkem jde o limitu typu 0/0.
Zde pomou vzorce $A^2 - B^2 = (A-B)(...) , A^3 - B^3 = (A-B)(...)$ .

andras · 14. 11. 2014 14:44 — Editoval andras (14. 11. 2014 14:44)

zkouším to všelijak, ale stále "z toho nic pěkného neleze"

Rumburak · 14. 11. 2014 15:13

↑ andras:

Pomocí vzorců, které jsem připomněl, najdeme funkce $f, g$ takové, abychom rozšířením původního zlomku
výrazem $f(n)g(n)$ dostali

$\frac{\sqrt[3]{n+1}-\sqrt[3]{n-1}}{\sqrt{n+1}-\sqrt{n-1}} = \frac{(\sqrt[3]{n+1}-\sqrt[3]{n-1})f(n)g(n)}{(\sqrt{n+1}-\sqrt{n-1})f(n)g(n)} =\frac{$(\sqrt[3]{n+1})^3-(\sqrt[3]{n-1})^3$g(n)}{$(\sqrt{n+1})^2-(\sqrt{n-1})^2$f(n)} = ...$ .

Tím se zbavíme typu 0/0.

andras · 14. 11. 2014 22:06

↑ Rumburak:
Pokus o rozšíření, který ale opět vede na typ 0/0:
$\frac{\sqrt[3]{n+1}-\sqrt[3]{n-1}}{\sqrt{n+1}-\sqrt{n+1}}\cdot$ $\frac{\sqrt[3]{(n+1)^{2}}+\sqrt[3]{(n-1)(n+1)}+\sqrt[3]{(n-1)^{2}}}{\sqrt[]{n+1}+\sqrt[]{n-1}}$ $\cdot\frac{\sqrt[]{n+1}+\sqrt[]{n-1}}{\sqrt[3]{(n+1)^{2}}+\sqrt[3]{(n-1)(n+1)}+\sqrt[3]{(n-1)^{2}}}$ $=\frac{(n+1)-(n-1)}{(n+1)-(n-1)}$ $$$$ $\cdot$ $\frac{\sqrt[]{n+1}+\sqrt[]{n-1}}{\sqrt[3]{(n+1)^{2}}+\sqrt[3]{(n-1)(n+1)}+\sqrt[3]{(n-1)^{2}}}$
$=\frac{\sqrt[]{n+1}+\sqrt[]{n-1}}{\sqrt[3]{(n+1)^{2}}+\sqrt[3]{(n-1)(n+1)}+\sqrt[3]{(n-1)^{2}}}$

Jj · 15. 11. 2014 09:13

↑ andras:

Dobrý den. Řekl bych, že to vede na typ $\frac{konst}{\infty}=0$

Rumburak

↑ andras:

Další úprava:

$\frac{\sqrt[]{n+1}+\sqrt[]{n-1}}{\sqrt[3]{(n+1)^{2}}+\sqrt[3]{(n-1)(n+1)}+\sqrt[3]{(n-1)^{2}}} =\frac{n^{\frac{1}{2}}}{n^{\frac{2}{3}}} \cdot \frac{A(n)}{B(n)}$ ,

zde zlomek $\frac{A(n)}{B(n)}$ už má snadno spočítatelnou konečnou limitu.

andras · 18. 11. 2014 10:41

↑ Rumburak:
Moje pokračování :
$=\frac{\sqrt[]{n+1}+\sqrt[]{n-1}}{\sqrt[3]{(n+1)^{2}}+\sqrt[3]{(n-1)(n+1)}+\sqrt[3]{(n-1)^{2}}}$ $\cdot \frac{\frac{1}{\sqrt{n}}}{\frac{1}{\sqrt{n}}}$
$=\frac{\sqrt{1+\frac{1}{n}}+\sqrt{1-\frac{1}{n}}}{\frac{\sqrt[3]{(n+1)^{2}}}{\sqrt{n}}+\frac{\sqrt[3]{n^{2}-1}}{\sqrt{n}}+\frac{\sqrt[3]{(n-1)^{2}}}{\sqrt{n}}}=\frac{1}{\infty }=0$

Rumburak

↑ andras:

I to by šlo, až na to, že $\lim_{n \to \infty}$\sqrt{1+\frac{1}{n}}+\sqrt{1-\frac{1}{n}}$ = 2$ . :-)

andras · 18. 11. 2014 11:47

↑ Rumburak:

Tak to už je jen takový drobný detail :-)

Moc děkuji za spolupráci, vážím si Vašeho času.

Matematické Fórum

#1 14. 11. 2014 12:19

Limita posloupnosti

#2 14. 11. 2014 12:24 Příspěvek uživatele Jj byl skryt uživatelem Jj. Důvod: Zřejmě nesmysl

#3 14. 11. 2014 12:30

Re: Limita posloupnosti

#4 14. 11. 2014 14:40 Příspěvek uživatele andras byl skryt uživatelem andras.

#5 14. 11. 2014 14:44 — Editoval andras (14. 11. 2014 14:44)

Re: Limita posloupnosti

#6 14. 11. 2014 15:13

Re: Limita posloupnosti

#7 14. 11. 2014 22:06

Re: Limita posloupnosti

#8 15. 11. 2014 09:13

Re: Limita posloupnosti

#9 18. 11. 2014 09:55 — Editoval Rumburak (18. 11. 2014 09:56)

Re: Limita posloupnosti

#10 18. 11. 2014 10:41

Re: Limita posloupnosti

#11 18. 11. 2014 11:43 — Editoval Rumburak (18. 11. 2014 11:47)

Re: Limita posloupnosti

#12 18. 11. 2014 11:47

Re: Limita posloupnosti

Zápatí