Matematické Fórum

Deny77 · 06. 12. 2011 19:08

$\lim_{n\to\infty } n(ln n-ln(n+2))=\lim_{n\to\infty }ln(\frac{n}{n+2})^{n}=ln \lim_{n\to\infty }(\frac{n}{n+2})^{n}$ Prosím prosím pomůžete mi někdo s touto limitou? Vím, jak má vypadat tenhle začátek, ale dál nevím.. jsem bezradná :(

jrn · 06. 12. 2011 20:45

Ahoj, zlomek si takle upravíš
$$\frac{n+2-2}{n+2}$^n = $1 + \frac{2}{-n-2}$^n = $1 + \frac{1}{(-n-2)/2}$^n$
a použiješ "éčkovou limitu"

Deny77 · 07. 12. 2011 11:56

↑ jrn: Ahoj, děkuji Ti mic za pomocnou ruku a nemohl bys mi poradit co s tím dál? Jsem opravdu v koncích..:(

Rumburak

↑ Deny77:, ↑ jrn:

Ahoj, jako vhodnější mi připadá úprava $$\frac{n}{n+2}$^n = $\frac{n+2-2}{n+2}$^n =$1 + \frac{-2}{n+2}$^n$ .

Dále je potřeba využít poznatek o limitě $A(t) = \lim_{k \to \infty}$1 + \frac{t}{k}$^k$ .

Deny77 · 07. 12. 2011 12:29

↑ Rumburak: Ahoj, děkuju moc, ale stále nevím si rady jak dál..:(

Rumburak · 07. 12. 2011 12:36

↑ Deny77:
Další kroky:

$$\frac{n}{n+2}$^n = $\frac{n+2-2}{n+2}$^n =$1 + \frac{-2}{n+2}$^n = $1 + \frac{-2}{n+2}$^{-2}$1 + \frac{-2}{n+2}$^{n+2}$ ,

odtud

$\lim_{n \to \infty}$\frac{n}{n+2}$^n = \lim_{n \to \infty} $1 + \frac{-2}{n+2}$^{-2}$1 + \frac{-2}{n+2}$^{n+2}= ...$

Deny77 · 07. 12. 2011 12:50

↑ Rumburak: Jseš moc hodný, ale já nevim jak mám počítat s tím n nahoře..

Rumburak

↑ Deny77:
$\lim_{n \to \infty}$\frac{n}{n+2}$^n = \lim_{n \to \infty} $1 + \frac{-2}{n+2}$^{-2}$1 + \frac{-2}{n+2}$^{n+2}= \\= \lim_{n \to \infty} $1 + \frac{-2}{n+2}$^{-2} \lim_{n \to \infty}$1 + \frac{-2}{n+2}$^{n+2}=...$ ,

vzhledem k tomu, že limity vpravo existují a jsou konečné - stačí je určit a dosadit.

Je tam ještě něco nejasného ? Co přesně ?

Deny77 · 07. 12. 2011 14:38

↑ Rumburak: No třeba jak je teda určím..

Rumburak

↑ Deny77:

Kterou ? Každá se určuje jinak .

Abychom to zjednodušili, můžeme substituovat n + 2 = k , takže "n ---> oo" znamená totéž co "k ---> oo" a máme tudíž určit limity

$P = \lim_{k \to \infty} $1 + \frac{-2}{k}$^{-2}$ , $Q = \lim_{k \to \infty}$1 + \frac{-2}{k}$^{k}$ .

Tou druhou limitou je tedy $Q = A(-2)$ (viz jeden u mých předchozích příspěvků v tomto vlákně : ↑ Rumburak:), co za funkci je A(t)
není trivialita a je potřeba to vědět - jde o velmi důležitý a slavný vzorec - v nějakých učebních textech ho jistě najdeš, zkus je prolistovat.

Při výpočtu první limity můžeme vyjít ze známé hodnoty limity $R = \lim_{k \to \infty} \frac{1}{k} (= ?)$ a z vět o aritmetice limit a o limitě složené funkce.

Doufám, že dál to už zvládneš sama. Pokud ne, znamenalo by to, že neznáš ani základy a pak by bylo radno doučit se je ze studijních materiálů -
v podstatě z libovolné VŠ učebnice (nebo skript) s výkladem látky o limitách funkcí.

jrn · 07. 12. 2011 18:08 — Editoval jrn (07. 12. 2011 18:11)

↑ Rumburak:
Zdravím,

zlomek bych přepsal poté takto. Vnitřek závorky jde jakoby k "e" a zbývalo by udělat limitu toho druhého exponentu. To by nebyl korektní postup?

$...= $1 + \frac{1}{(-n-2)/2}$^n = $\(1 + \frac{1}{(-n-2)/2}$^{\frac{-n-2}{2}}\)^{\frac{2n}{-n-2}}$

Rumburak · 08. 12. 2011 10:03

↑ jrn:

Takže máme $a_n \to \mathrm{e}$ , $b_n \to -2$ a chceme zjistit limitu $a_n^{b_n}$ . Zlogaritmováním dostaneme $c_n := \ln a_n^{b_n} = b_n \ln a_n$ ,
na to použijeme spojitost logaritmické funkce v bodě $\mathrm{e}$ a větu o limitě součinu , takže $c_n \to -2$ a $a_n^{b_n} = \mathrm{e}^{c_n} \to \mathrm{e}^{-2}$ . V pořádku.
Pokud by se nám nechtělo jít až do takovýchto podrobnosti, pak musíme být opatrní na neurčité výrazy - zajména typ $1^{\infty}$ je poněkud zrádný,
protože někdy unikne pozornosti.

Gratuluji k zajímavé úpravě, která by asi málokoho napadla. :-)

jrn · 08. 12. 2011 17:58

↑ Rumburak:
Díky velmi za ten, jak bych to řekl, matematicky učesaný a korektní zápis postupu.
Výraz $1^{\infty}$ neni definovaný jako 1 ? Nebo co jste tím myslel?
Děkuji.

Rumburak · 09. 12. 2011 09:35

↑ jrn:
Ne, výraz $1^{\infty}$ není definovaný. Důvod je následujíci: rozumná definice symbolu $1^{\infty}$ by měla splňovat

$\ln 1^{\infty} = \infty \cdot \ln 1 = \infty \cdot 0$

(tento "výpočet" nutno chápat pouze mnemotechnicky), což ale není možné, protože vpravo je "neurčitý výraz".

jrn · 09. 12. 2011 10:53 — Editoval jrn (09. 12. 2011 10:57)

↑ Rumburak:
Ano tomu rozumím, to je očividné. Já jsem se na to díval tak, že
$\lim_{n\to\infty } 1^n = 1$
ale chápal jsem to špatně, protože se to n jenom blíží nekonečnu, ale nikdy nekonečno nebude, takže to neni to samé jako $1^{\infty}$ ano?

kaja.marik · 09. 12. 2011 11:04

V tom smyslu jak to je vyse se nepracuje s tim, ze by se jednicka umocnovala na neco co jde do nekonecna (to by se rovnalo jedne), ale neco co jde k jednicce se umocnuje na neco co jde k nekonecnu (to je tzv. "neurcity vyraz" - omlouvam se lidem, kteri jsou na toto slovni spojeni pripadne alergicti).

Rumburak

↑ jrn:
No já zde symbol $1^{\infty}$ chápu obecněji - jako limitu typu $\lim_{x \to c } (f(x))^{g(x)}$ , kde $\lim_{x \to c } f(x) = 1$ a $\lim_{x \to c } g(x) = \infty$ ,
ať již $c$ je cokoliv přípustného.

EDIT. ... jak již napsal - i když bez vzorců - kolega ↑ kaja.marik: ve své rychlejší reakci.

jrn · 09. 12. 2011 11:30

↑ kaja.marik: ↑ Rumburak:
Děkuji vám za odpovědi, už je mi to jasné.

Deny77 · 09. 12. 2011 11:35

↑ jrn: Taky moc všem děkuji za odpovědi.

Deny77 · 16. 12. 2011 18:08 — Editoval Deny77 (16. 12. 2011 18:10)

A uměl by to někdo spočítat tak, že se výraz $\frac{-2}{n+2}$ nahradí $\frac{1}{z}$ a pak se to pomocí substitucí dopočítá?? :)

jelena · 16. 12. 2011 20:53

↑ Deny77:

:-) nejdřív jsem to neuměla a teď už umím (Maggie nás naučila). Má se nás přihlásit více, koho naučila?

$\frac{-2}{n+2}=\frac{1}{z}$

a teď by se mělo snažit, aby se nahradilo $n$ v exponentě $$\frac{n}{n+2}$^n = $\frac{n+2-2}{n+2}$^n =$1 + \frac{-2}{n+2}$^n = \ldots$ tedy předávám štafetu a jdu mlít ořechy. Zdravím.

Deny77 · 16. 12. 2011 21:59

↑ jelena: Ano prosíím prosím, pomůžete mi někdo vypočítat ten konec? :))

jelena · 16. 12. 2011 22:58

↑ Deny77:

$\frac{-2}{n+2}=\frac{1}{z}$ prosím, teď odsud vyjádříš $n=\ldots$ a dosadíš místo n v rámečku $$1 + \frac{-2}{n+2}$^{\fbox{n}} = \ldots$ , zároveň použij i svou substituci $1/z$ .

Podstatné, abys uvědomila, co je Tvůj cíl - upravit výraz s mocninou na součin tak, abys vyčlenila tabulkovou limity (poslední vzorec) a potom limitu součinu nahradit součinem limit - viz Rychlokurz.

Deny77 · 17. 12. 2011 11:39 — Editoval Deny77 (17. 12. 2011 12:06)

↑ jelena: Aha aha, takže to n bude -2z-2?

jelena · 17. 12. 2011 19:44

↑ Deny77:

děkuji také mi tak vyšlo, tedy po dosazení všech substitucí máme

$$1 + \frac{1}{z}$^{\fbox{-2z-2}} =$\(1 + \frac{1}{z}$^{\fbox{z}} \cdot $1 + \frac{1}{z}$^{\fbox{1}}\)^{(-2)}$

Už to dokončíš? Děkuji.

Matematické Fórum

#1 06. 12. 2011 19:08

Limity funkcí.

#2 06. 12. 2011 20:45

Re: Limity funkcí.

#3 07. 12. 2011 11:56

Re: Limity funkcí.

#4 07. 12. 2011 12:07 — Editoval Rumburak (07. 12. 2011 12:08)

Re: Limity funkcí.

#5 07. 12. 2011 12:29

Re: Limity funkcí.

#6 07. 12. 2011 12:36

Re: Limity funkcí.

#7 07. 12. 2011 12:50

Re: Limity funkcí.

#8 07. 12. 2011 13:47 — Editoval Rumburak (07. 12. 2011 13:50)

Re: Limity funkcí.

#9 07. 12. 2011 14:38

Re: Limity funkcí.

#10 07. 12. 2011 15:25 — Editoval Rumburak (07. 12. 2011 16:27)

Re: Limity funkcí.

#11 07. 12. 2011 18:08 — Editoval jrn (07. 12. 2011 18:11)

Re: Limity funkcí.

#12 08. 12. 2011 10:03

Re: Limity funkcí.

#13 08. 12. 2011 17:58

Re: Limity funkcí.

#14 09. 12. 2011 09:35

Re: Limity funkcí.

#15 09. 12. 2011 10:53 — Editoval jrn (09. 12. 2011 10:57)

Re: Limity funkcí.

#16 09. 12. 2011 11:04

Re: Limity funkcí.

#17 09. 12. 2011 11:12 — Editoval Rumburak (09. 12. 2011 11:17)

Re: Limity funkcí.

#18 09. 12. 2011 11:30

Re: Limity funkcí.

#19 09. 12. 2011 11:35

Re: Limity funkcí.

#20 16. 12. 2011 18:08 — Editoval Deny77 (16. 12. 2011 18:10)

Re: Limity funkcí.

#21 16. 12. 2011 20:53

Re: Limity funkcí.

#22 16. 12. 2011 21:59

Re: Limity funkcí.

#23 16. 12. 2011 22:58

Re: Limity funkcí.

#24 17. 12. 2011 11:39 — Editoval Deny77 (17. 12. 2011 12:06)

Re: Limity funkcí.

#25 17. 12. 2011 19:44

Re: Limity funkcí.

Zápatí