Matematické Fórum

llluk · 20. 11. 2010 19:07

Ahoj, našel by se tu někdo, kdo by mi pomohl s přípravou na písemku z analýzy? Byl bych vám vděčný a určitě nejen já :)

http://www.karlin.mff.cuni.cz/~zajicek/UKAZKOVE2.pdf

Můj postup:

1) Použil jsem větu o vybraných posloupnostech a dokázal, že limita neexistuje.
2) Tady bych potřebval poradit, jak postupovat. Zaprvé nevím, co dělat s výrazem n*4^n a zadruhé potom nevím, co s tou odmocninou. + ještě bude potřeba použít větu o sevřených posloupnostech na tu doní část.
3) Tady jsem taky použil větu o sevřených posloupnostech na dolní část, potom jsem vytknul sqrt(n!) a vyšlo mi +nekonečno.
4) Limita toho zlomku za závorkou jde k nule zleva. Limita druhého zlomku v závorce jde ke dvojce a sinus je omezen (-1,1), takže bych řekl, že výsledek bude mínus nekonečno.
5) Devítky se zbavím tím, že to roztrhnu na dva zlomky. Ten zlomek s devítkou v čitateli jde k nule a na druhý zlomek nasadím rozšíření a dostanu 3/2.
6) Tady si nejsem úplně jistý, co mám dělat s tou n-tou odmocninou...
7) Ty odmocniny jsem rozšířil a vyšla mi nula. Stejně tak ten zlomek s faktoriálem jde k nule. Takže mi vyšla 0.

Předem díky za jakoukoliv pomoc a radu :)

FailED · 20. 11. 2010 19:28 — Editoval FailED (20. 11. 2010 19:34)

↑ llluk:

Jen stručně:

2) Stačí vytknout 5 a ukázat, že ta odmocnina pak půjde k 1. (tu celou část stačí odhadnout shora)
Může se hodit třeba: pro a>b>c $\sqrt[n]{a^n}<\sqrt[n]{a^n+b^n+c^n}<\sqrt[n]{3a^n}=a\cdot\sqrt[n]{3}$ , první a poslední mají stejné limity.

6) $\lim\sqrt[n]{n^3}=\lim\sqrt[n]{n}\cdot\lim\sqrt[n]{n}\cdot\lim\sqrt[n]{n}$

llluk · 20. 11. 2010 21:42

↑ FailED:

Mockrát díky. Ta dvojka mi ještě není úplně jasná, ale zítra si nad to sednu a pokusím se pochopit.

FailED · 20. 11. 2010 22:16 — Editoval FailED (20. 11. 2010 22:16)

↑ llluk:

To vytknutí jsem myslel takhle:

$\lim\sqrt[n]{5^n+n4^n-\[n^5\sin n\]}=5\cdot\lim\sqrt[n]{1+n$\frac45$^n-\frac{\[n^5\sin n\]}{5^n}}$

Jednoduše lze ukázat, že pro dost velká n platí $0<\|\frac{\[n^5\sin n\]}{5^n}\|<n$\frac45$^n<1$ a tedy $0<n$\frac45$^n-\frac{\[n^5\sin n\]}{5^n}<2$ .

Z toho $1\le\lim\sqrt[n]{1+n$\frac45$^n-\frac{\[n^5\sin n\]}{5^n}}\le\lim\sqrt[n]{3}=1$ .

llluk · 21. 11. 2010 14:32 — Editoval llluk (21. 11. 2010 14:33)

Pořád mi to není úplně jasné :( Nicméně nějak jsem se dohrabal k výsledkům. Můžu poprosit o kontrolu postupu u příkladů, u kterých si nejsem jistý správností? Díky.

FailED · 21. 11. 2010 15:24

↑ llluk:

2) Něco jsi tam dokazoval pro 1/2, z toho ale neplyne že by to platilo pro každé epsilon, navíc nevím jak se ti tam dostala ta jednička k odmocnině napravo. V tom posledním kroku, proč by se měla změnit nerovnost když přidáš do té odmocniny napravo 1/2?

3) Je tam početní chyba, $\sqrt{\frac{2^{2(n+1)}}{2(n+1)!}}\neq 0$ , nemůžeš výraz jen tak nahradit nějakou jeho limitou! Jinak by to snad mohlo být ok.

6) $\sqrt{n-\sqrt n}$ Jsi odhadnul shora, limita může být menší nebo rovna limitě toho odhadu!
Když už, tak $\sqrt{n}\rightarrow+\infty$ .
Výsledek je dobře.

Bohužel vůbec nemám čas takže zbytek přenechávám kolegům.

llluk · 21. 11. 2010 20:34

Děkuju za pomoc. Já už si s tím nějak snad poradím.

Majki · 24. 11. 2010 17:58

↑ llluk:
zdravím
jaks udělal ten příklad 5)? podle mě ten výsledek, že limita je 3/2 není správný

Mr.Pinker · 24. 11. 2010 21:20

↑ FailED:
hele a ta akce s absolutní hodnotou že tam je přidaná a pak najednou tam není to je korektní ? .... z jakého důvodu ?

FailED · 24. 11. 2010 21:57

↑ Mr.Pinker:

Myslíš tvrzení $0<|a|<b<1 \quad\Rightarrow\quad 0<b-a<2$ ?
Platí
$|a|\ge a$
a tedy
$b-a\ge b-|a|>0$
navíc
$-a<1$
$b<1$
$b-a<2$ .

Nebo něco přehlížím?

myrek · 24. 11. 2010 22:17

Dobrý den,
díval se z Vás někdo na řešení příkladu 5?
Nemůžu přijít na to proč by to měly být tři poloviny, i když při "počítání s nekonečny" se dějí různé věci
děkuji

FailED · 24. 11. 2010 22:31

↑ myrek:
5 má vyjít 0, čitatel jde k 21/2, jmenovatel k nekonečnu.

myrek · 25. 11. 2010 17:53

prosimvas kde mam chybu: limity jsem si rozdelil na 9/jmenovatel coz jde k nule + $\sqrt[3]{n^3+3n^2}-\sqrt{n^2-n}/jmenovatel$
v citateli dostanu $\sqrt[6]{(n^3+3n^2)^2}-\sqrt[6]{(n^2-n)^3}= \sqrt[6]{n^6+6n^5+9n^4}-\sqrt[6]{n^6-3n^5+3n^4-n^3}$
ted jsem to umocnil takze v citateli zbude $9n^5+6n^4+n^3$
ve jmenovateli mam
$((\sqrt[6]{n^6+6n^5+9n^4})^5+(\sqrt[6]{n^6+6n^5+9n^4})^4*\sqrt[6]{n^6-3n^5+3n^4-n^3}+...+(\sqrt[6]{n^6-3n^5+3n^4-n^3})^5) *(\sqrt{n}-\sqrt[3]{n})$
nyni k celemu vyrazu opet rozdelim tentokrat na $\frac{\sqrt{9n^5+6n^4+n^3}}{((\sqrt[6]{n^6+6n^5+9n^4})^5+(\sqrt[6]{n^6+6n^5+9n^4})^4*\sqrt[6]{n^6-3n^5+3n^4-n^3}+...+(\sqrt[6]{n^6-3n^5+3n^4-n^3})^5) } *\frac{\sqrt{9n^5+6n^4+n^3}}{(\sqrt{n}-\sqrt[3]{n})}$
v obou citatelich vytknu $n^{\frac{5}{2}}$ v prvnim jmenovateli vytknu n, ve druhem jmenovateli $n^{\frac{1}{2}}$ pokratim a v prvnim citateli bude $n^{\frac{3}{2}}$ ve druhem $n^{2}$ takze bych mel dostat $\frac{nekonecno}6 * \frac{nekonecno}1 = nekonecno$

dekuji
v pripade nejasnosti take napiste

jelena · 25. 11. 2010 21:01

↑ myrek:

Zdravím,

tuto limitu jsem našla po letech a taková úprava se doporučovala - viz odkaz, hodně pěkně vysvětloval kolega Olin - viz odkaz, kolegovi děkuji.

Pomohlo? Děkuji.

Prosba pro celý tým řešitelů - jeden dotaz (tedy jedna limita) do tématu, nedá se v tom vyznat. Děkuji. Na původní zadání se můžete odkazovat.

myrek · 25. 11. 2010 22:26

dikz velmi vhodne uprave s n a -n sem se dopracoval k tomuhle, nechtelo se mi dopocitavat nektere mocniny n kdyz je zrejme ze jdou k nule taak sem misto toho napsal $n^{neco}$
dekuji za pochopeni
$\frac{(\sqrt[3]{n^3+3n^2}-n)+(n-\sqrt{n^2-n})}{sqrt{n}-\sqrt[3]{n}}=\frac{n^3+3n^2-n^3+n^2-n^2+n}{(sqrt{n}-\sqrt[3]{n})*((\sqrt[3]{n^3+3n^2})^2+(\sqrt[3]{n^3+3n^2})*n+n^2+n+\sqrt{n^2-n})} =$ $=\frac{3n^2+n}{(sqrt{n}-\sqrt[3]{n})*(n^2*((\sqrt[3]{1+3/n^{neco}})^2+(\sqrt[3]{1/n^{neco}+3/n^{neco}})*1/n+1+1/n+\sqrt{1/n^{neco}-1/n^{neco}}))} =$ $=\frac{n^2*(3+\frac{1}{n})}{(sqrt{n}-\sqrt[3]{n})* n^2*((\sqrt[3]{1+3/n^{neco}})^2+(\sqrt[3]{1/n^{neco}+3/n^{neco}})*1/n+1+1/n+\sqrt{1/n^{neco}-1/n^{neco}})} =$ $= \frac{(3+\frac{1}{n})}{(sqrt{n}*(sqrt1-\sqrt[3]{1/n^{neco})})((\sqrt[3]{1+3/n^{neco}})^2+(\sqrt[3]{1/n^{neco}+3/n^{neco}})*1/n+1+1/n+\sqrt{1/n^{neco}-1/n^{neco}})}$
a ted uz bez n
$\frac{3}{nekonecno*1*1+0+1+0+0}=\frac{3}{nekonecno}=0$

dekuji
za kontrolu

jelena · 25. 11. 2010 22:40 — Editoval jelena (25. 11. 2010 22:40)

nejsem si úplně jistá, zda jsem správně pochopila rozšíření, ale řekla bych, že máme 2 různé vzorce - pro první zlomek $a^3-b^3$ , pro druhy $a^2-b^2$ .

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

Mám pocit, že v předloženém postupu je to "kombinováno". Tak?

Matematické Fórum

#1 20. 11. 2010 19:07

analýza - limity posloupností

#2 20. 11. 2010 19:28 — Editoval FailED (20. 11. 2010 19:34)

Re: analýza - limity posloupností

#3 20. 11. 2010 21:42

Re: analýza - limity posloupností

#4 20. 11. 2010 22:16 — Editoval FailED (20. 11. 2010 22:16)

Re: analýza - limity posloupností

#5 21. 11. 2010 14:32 — Editoval llluk (21. 11. 2010 14:33)

Re: analýza - limity posloupností

#6 21. 11. 2010 15:24

Re: analýza - limity posloupností

#7 21. 11. 2010 20:34

Re: analýza - limity posloupností

#8 24. 11. 2010 17:58

Re: analýza - limity posloupností

#9 24. 11. 2010 21:20

Re: analýza - limity posloupností

#10 24. 11. 2010 21:57

Re: analýza - limity posloupností

#11 24. 11. 2010 22:17

Re: analýza - limity posloupností

#12 24. 11. 2010 22:31

Re: analýza - limity posloupností

#13 25. 11. 2010 17:53

Re: analýza - limity posloupností

#14 25. 11. 2010 21:01

Re: analýza - limity posloupností

#15 25. 11. 2010 22:26

Re: analýza - limity posloupností

#16 25. 11. 2010 22:40 — Editoval jelena (25. 11. 2010 22:40)

Re: analýza - limity posloupností

Zápatí