Matematické Fórum

luko · 02. 01. 2009 13:26 — Editoval luko (02. 01. 2009 13:56)

Ahoj,

potreboval bych pomoci jeste s temito limitami

$http://www.sitmo.com/gg/latex/latex2png.2.php?z=100&eq=\mathop{\lim}\limits_{n%20\to%20\infty}\frac{n%2B[\sqrt[3]{n}]^3}{n-[\sqrt{n%2B9}]}$

a s touto

$http://www.sitmo.com/gg/latex/latex2png.2.php?z=100&eq=\mathop{\lim}\limits_{n%20\to%20\infty}\frac{n^k%20-%20(n-1)^l}{n^k%20%2B%20n^l}$

dekuji moc

lukaszh

↑ luko:
Na prvú limitu by som sa pozrel tak, že pre veľké hodnoty n, nemá význam v danom výraze písať celú časť. Preto by som povedal, že
$\lim_{n\to\infty}\frac{n+\[\sqrt[3]{n}\]^3}{n-\[\sqrt{n+9}\]}=\lim_{n\to\infty}\frac{n+\sqrt[3]{n}^3}{n-\sqrt{n+9}}=\lim_{n\to\infty}\frac{2n}{n-\sqrt{n+9}}$
Teraz to riešiť ako limitu na ktorú si zvyknutý :-)

V tom druhom zadaní, mám chápať čísla k, e ako ľubovoľné reálne čísla alebo čísla s nejakým obmedzením? Doplň podmienky, inak nemá význam riešiť danú limitu, lebo pod e môžem chápať aj to naše obľúbené 2,718281828...

luko · 02. 01. 2009 13:56

↑ lukaszh:

podminky k tomu nejsou zadne. Takhle jsem ten priklad dostal. ale to e bude spise l, zadani je psane rukou.

luko · 02. 01. 2009 14:03

↑ lukaszh:

ale nejspis to budou libovolna realna cisla

lukaszh · 02. 01. 2009 14:10

↑ luko:
Predpokladám, že $\alpha,\beta\in\mathbb{R}$ . Označil som alfa, beta, pretože l sa ľahko zamení s jednotkou:
$\lim_{n\to\infty}\frac{n^{\alpha}-(n-1)^{\beta}}{n^{\alpha}+n^{\beta}}=\lim_{n\to\infty}\frac{n^{\alpha}-\sum_{j=0}^{\beta}{\beta\choose j}n^{\beta-j}(-1)^j}{n^{\alpha}+n^{\beta}}=\lim_{n\to\infty}\frac{n^{\alpha}-$n^{\beta}-n^{\beta-1}+n^{\beta-2}-\cdots$}{n^{\alpha}+n^{\beta}}$
Ak platí, že $\alpha\,<\,\beta$ :
$\lim_{n\to\infty}\frac{n^{\alpha}-n^{\beta}+n^{\beta-1}-n^{\beta-2}+\cdots}{n^{\alpha}+n^{\beta}}=\lim_{n\to\infty}\frac{\frac{n^{\alpha}}{n^{\beta}}-\frac{n^{\beta}}{n^{\beta}}+\frac{n^{\beta-1}}{n^{\beta}}-\frac{n^{\beta-2}}{n^{\beta}}+\cdots}{\frac{n^{\alpha}}{n^{\beta}}+\frac{n^{\beta}}{n^{\beta}}}=\frac{0-1+0-0\cdots}{0+1}=\boxed{-1}$
Ak platí, že $\alpha\,>\,\beta$ :
$\lim_{n\to\infty}\frac{n^{\alpha}-n^{\beta}+n^{\beta-1}-n^{\beta-2}+\cdots}{n^{\alpha}+n^{\beta}}=\lim_{n\to\infty}\frac{\frac{n^{\alpha}}{n^{\alpha}}-\frac{n^{\beta}}{n^{\alpha}}+\frac{n^{\beta-1}}{n^{\alpha}}-\frac{n^{\beta-2}}{n^{\alpha}}+\cdots}{\frac{n^{\alpha}}{n^{\alpha}}+\frac{n^{\beta}}{n^{\alpha}}}=\frac{1-0+0-0\cdots}{1+0}=\boxed{1}$

ttopi · 02. 01. 2009 14:24 — Editoval ttopi (02. 01. 2009 14:25)

2)
a) pokud n>l, pak je vždy větší mocnina u n^k - limita je tedy podíl koeficientů u nejvyšších mocnin - (n^k)/(n^k) = 1

b) pokud n<l, pak je vždy větší mocnina u n^l - limita je tedy (po roznásobení s jakýmkoli l) podíl koeficientů u nejvyšších mocnin - (-n^l)/(n^l) = -1

Pavel Brožek · 02. 01. 2009 14:50

↑ lukaszh:, ↑ ttopi:

Ještě doplním poslední možnost $\alpha=\beta$

$\lim_{n\to\infty}\frac{n^{\alpha}-(n-1)^{\beta}}{n^{\alpha}+n^{\beta}}=\lim_{n\to\infty}\frac{n^{\alpha}-(n-1)^{\alpha}}{n^{\alpha}+n^{\alpha}}=\lim_{n\to\infty}\frac12$1-\(1-\frac1n$^\alpha\)=\frac12(1-1)=0$

luko · 02. 01. 2009 15:51

↑ BrozekP:
↑ lukaszh:
↑ ttopi:

diky moc

luko · 02. 01. 2009 20:50 — Editoval luko (02. 01. 2009 20:51)

↑ lukaszh:

Mam ten postup spravne, pripadne jak bych mel spravne postupovat?

$http://www.sitmo.com/gg/latex/latex2png.2.php?z=100&eq=\mathop{\lim}\limits_{n%20\to%20\infty}%20\frac{2n}{n-\sqrt{n%2B9}}%20%3D%20\mathop{\lim}\limits_{n%20\to%20\infty}%20\frac{2n}{n-\sqrt{n%2B9}}*%20\frac{n%20%2B%20(\sqrt{n%2B9)}}{n%20%2B%20(\sqrt{n%2B9)}}%20%3D$
$http://www.sitmo.com/gg/latex/latex2png.2.php?z=100&eq=%20\mathop{\lim}\limits_{n%20\to%20\infty}%20\frac{2n(\sqrt{n%2B9)}}{n^2-{n%2B9}}%20%3D%20\mathop{\lim}\limits_{n%20\to%20\infty}%20\frac{2(\sqrt{n%2B9)}}{9}%20%3D%20\mathop{\lim}\limits_{n%20\to%20\infty}%20\frac{2\sqrt{n}%2B2\sqrt{9}}{9}$

ale to mi to pujde vrsek k nekonecnu / 9 to je porad nekonecno ze? Ale jak se znam udelal jsem urcite neco spatne :-)

O.o · 02. 01. 2009 21:03

↑ luko:

Ahoj .),

jak jsi roznásoboval, když jsi rozšiřoval zlomek?

$\frac{2n^2+2n\sqrt{n+9}}{n^2-(n+9)}$

luko · 02. 01. 2009 21:10 — Editoval luko (02. 01. 2009 21:12)

↑ O.o:

ahoj uplne jsem vynechal to + n. Diky moc. Plus vidim dalsi chyby, ja toho mel dneska uz moc :-) Tak uplne vynechavam

luko · 02. 01. 2009 21:17 — Editoval luko (02. 01. 2009 21:18)

↑ O.o:

Slo by zde vytknout n a dostat to do tohoto tvaru?

$http://www.sitmo.com/gg/latex/latex2png.2.php?z=100&eq=\mathop{\lim}\limits_{n%20\to%20\infty}\frac{2n^2%20%2B%202n\sqrt{n%2B9}}{n^2-(n%2B9)}%20%3D%20\mathop{\lim}\limits_{n%20\to%20\infty}\frac{n*(2n%20%2B%202\sqrt{n%2B9})}{n*(n-(1%2B\frac{9}{n}))}$

O.o · 02. 01. 2009 21:22

↑ luko:

Podívej se, jestli to to pomůže k vyřešení limity ;)

luko · 02. 01. 2009 21:25

↑ O.o:

mohl by jsi mi trochu poradit, pokratim to n, dole dostanu n - 1 a nahore ale jak upravit citatel?

O.o · 02. 01. 2009 21:52

↑ luko:

Asi nejsem pravý člověk na limity .)

vlastně ani nemusíš to n zkrátit, ale když už to zkrátíš a zkusíš "dosadit", tak dostaneš nějaký neurčitý výraz vedoucí na l'Hospitale, pokud jsem si to pamatuji správně, vánoční volno mne ničí, mozek nějak nefunguje. Zkus to případně ostatní učitě poradí ;)

luko · 02. 01. 2009 21:56

Zkusim se v tom porypat, a uvidime. Ale byl bych vdecny za reseni u teto limity.

O.o · 02. 01. 2009 22:18

↑ luko:

Jak jsem psal, mne přijde, že by to mohlo jít přes l'Hospitala, ale jestli to, tak opravdu půjde, to ví spíš ostatní, já bych to být tebou zkusil a postnul sem, jak pokračuješ ;)

Pavel Brožek · 02. 01. 2009 23:13

L'Hospital by fungoval, ale je zbytečný. Stačí v počátku krátit n (nebo po úplně zbytečném rozšíření krátit n^2)

$\lim_{n\to\infty}\frac{2n}{n-\sqrt{n+9}}=\lim_{n\to\infty}\frac{2}{1-\sqrt{\frac1n+\frac9{n^2}}}=2$

A aby se ta celá část neodbyla jen tím, že pro velká n ji můžeme vynechat, tak by se to dalo např. řešit tím, že limitu z obou stran odhadneme limitou, která půjde také do dvojky.

$\lim_{n\to\infty}\frac{n+[\sqrt[3]{n}]^3}{n-[\sqrt{n+9}]}\geq\lim_{n\to\infty}\frac{n+(\sqrt[3]{n}-1)^3}{n-(\sqrt{n+9}-1)}=2\nl \lim_{n\to\infty}\frac{n+[\sqrt[3]{n}]^3}{n-[\sqrt{n+9}]}\leq\lim_{n\to\infty}\frac{n+\sqrt[3]{n}^3}{n-\sqrt{n+9}}=2$

Matematické Fórum

#1 02. 01. 2009 13:26 — Editoval luko (02. 01. 2009 13:56)

Limity

#2 02. 01. 2009 13:45 — Editoval lukaszh (02. 01. 2009 13:47)

Re: Limity

#3 02. 01. 2009 13:56

Re: Limity

#4 02. 01. 2009 14:03

Re: Limity

#5 02. 01. 2009 14:10

Re: Limity

#6 02. 01. 2009 14:24 — Editoval ttopi (02. 01. 2009 14:25)

Re: Limity

#7 02. 01. 2009 14:50

Re: Limity

#8 02. 01. 2009 15:51

Re: Limity

#9 02. 01. 2009 20:50 — Editoval luko (02. 01. 2009 20:51)

Re: Limity

#10 02. 01. 2009 21:03

Re: Limity

#11 02. 01. 2009 21:10 — Editoval luko (02. 01. 2009 21:12)

Re: Limity

#12 02. 01. 2009 21:17 — Editoval luko (02. 01. 2009 21:18)

Re: Limity

#13 02. 01. 2009 21:22

Re: Limity

#14 02. 01. 2009 21:25

Re: Limity

#15 02. 01. 2009 21:52

Re: Limity

#16 02. 01. 2009 21:56

Re: Limity

#17 02. 01. 2009 22:18

Re: Limity

#18 02. 01. 2009 23:13

Re: Limity

Zápatí