Matematické Fórum

wescoast · 02. 12. 2008 14:59

Prosím ještě o radu:

${\lim}\limits_{n \to \infty}\frac{ln(3n^2+3n-1 )}{ln(4n^8-3n^5+3 )}$

${\lim}\limits_{n \to \infty}\frac{3a^n -a^{-n} }{3a^n +a^{-n}}$

Marian · 02. 12. 2008 15:51 — Editoval Marian (02. 12. 2008 16:13)

↑ wescoast:
Nepíšeš, jestli se jedná o limitu funkce nebo posloupnosti (z toho, že je tam "n" to ještě neplyne).

Tedy, ...

1.
$\lim_{n\to\infty}\frac{\ln (3n^2+3n-1)}{\ln (4n^8-3n^5+3)}=\lim_{n\to\infty}\frac{\ln\left (n^2\left (3+\frac{3}{n}-\frac{1}{n^2}\right )\right )}{\ln\left (n^8\left (4-\frac{3}{n^3}+3\right )\right )}=\lim_{n\to\infty}\frac{2\ln n+\ln 3}{8\ln n+\ln 4}=\lim_{n\to\infty}\frac{2+\frac{\ln 3}{\ln n}}{8+\frac{\ln 4}{\ln n}}=\frac{2}{8}=\frac{1}{4}.$

Marian · 02. 12. 2008 16:01 — Editoval Marian (02. 12. 2008 16:36)

2.
Je-li a>1, pak
$\lim_{\to\infty}\frac{3a^n-a^{-n}}{3a^n+a^{-n}}=\lim_{n\to\infty}\frac{3a^n}{3a^n}=1.$
Podobně se postupuje, je-li 0<a<1. Pak totiž $a^{-1}>1$ , tudíž
$\lim_{\to\infty}\frac{3a^n-a^{-n}}{3a^n+a^{-n}}=\lim_{n\to\infty}\frac{-a^{-n}}{a^{-n}}=-1.$
Je-li a=1, rovná se limita jistě 1/2.
Pro záporná "a" se postupuje analogicky.

wescoast · 02. 12. 2008 16:10

↑ Marian:

Máš tam ale chybu v zadání, ale to je jedno, bude to analogický. Díky moc. Jenom jestli bys mohl ještě pokračovat u těch logarizmů, došel jsem taky k tomu co jsi napsal. díky. :-)

wescoast · 02. 12. 2008 16:19

↑ Marian:

Ježiš. Jasný. Díky moc.

wescoast · 02. 12. 2008 16:35

↑ Marian:

Ještě pro a = 1 je limita 1/2

Matematické Fórum

#1 02. 12. 2008 14:59

Eulerovo číslo apod. - limity

#2 02. 12. 2008 15:51 — Editoval Marian (02. 12. 2008 16:13)

Re: Eulerovo číslo apod. - limity

#3 02. 12. 2008 16:01 — Editoval Marian (02. 12. 2008 16:36)

Re: Eulerovo číslo apod. - limity

#4 02. 12. 2008 16:10

Re: Eulerovo číslo apod. - limity

#5 02. 12. 2008 16:19

Re: Eulerovo číslo apod. - limity

#6 02. 12. 2008 16:35

Re: Eulerovo číslo apod. - limity

Zápatí