Matematické Fórum

TB12 · 09. 11. 2008 17:51

Zdravim, omlouvam se, ze zase otravuju, ale potreboval bych jeste pomoct s temito limitami:

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

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

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

kaja.marik

ta prvni posloupnost ma clen a_n nalevo i napravo?

v te druhe posloupnosti je sinus vykricniku?

v te treti posloupnosti by se dalo vynasobit citatel i jmenovatel vyrazem 1/n

TB12 · 09. 11. 2008 18:28

Takhle jsem to mel napsany, zdalo se mi to divny.

Asi to ma byt takhle:

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

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

lukaszh

1.
$\lim_{n\to\infty}$8-\frac{1}{n}$\sqrt{\frac{n}{n+1}}=\lim_{n\to\infty}$\sqrt{\frac{64n}{n+1}}-\sqrt{\frac{n}{n^3+n^2}}$=\lim_{n\to\infty}$\sqrt{\frac{64n}{n+1}}-\sqrt{\frac{1}{n^2+n}}$=\nl=\lim_{n\to\infty}\sqrt{\frac{64n}{n+1}}-\lim_{n\to\infty}\sqrt{\frac{1}{n^2+n}}=8\cdot\lim_{n\to\infty}\sqrt{\frac{n}{n+1}}\cdot\sqrt{\frac{\frac{1}{n}}{\frac{1}{n}}}=8\cdot\lim_{n\to\infty}\sqrt{\frac{1}{\frac{n+1}{n}}}=\nl=8\cdot\sqrt{\frac{1}{1+0}}=\boxed{8}$
2.
$\left\{\frac{n^2+\sin n^2}{n-\sin n!}\right\}_{n=1}^{\infty}$
Pri tejto limite opä? nie sú podstatné tie goniometrické funkcie. Vždy platí, že sínus a kosínus sú v rozmedzí -1;1, teda dôležitú (jedine kozmetickú) úlohu nezohrávajú:
$\lim_{n\to\infty}\frac{n^2+\sin n^2}{n-\sin n!}\cdot\frac{\frac{1}{n^2}}{\frac{1}{n^2}}=\lim_{n\to\infty}\frac{1+\frac{\sin n^2}{n^2}}{\frac{1}{n}-\frac{\sin n!}{n^2}}=\lim_{n\to\infty}\frac{1+0}{\frac{1}{n}+0}=\lim_{n\to\infty}n=\infty$

TB12 · 10. 11. 2008 08:18

Mockrat dekuju.

Matematické Fórum

#1 09. 11. 2008 17:51

Limity

#2 09. 11. 2008 18:15 — Editoval kaja.marik (09. 11. 2008 18:16)

Re: Limity

#3 09. 11. 2008 18:28

Re: Limity

#4 09. 11. 2008 20:40 — Editoval lukaszh (09. 11. 2008 20:58)

Re: Limity

#5 10. 11. 2008 08:18

Re: Limity

Zápatí