Matematické Fórum

Splicer · 27. 12. 2014 01:15

Zdravim,

pocitam nekonecne rady cez cauchyho a vysla mi limita $\lim_{n\to\infty }(\frac{n-1}{n+1})^{n}$ a podla wolfram alpha to vychadza $\frac{1}{e^{2}}$ . Vsimol som si len ze vseobecne plati $\lim_{n\to\infty }(\frac{n-a}{n+b})^{n} =\frac{1}{e^{a+b}}$ ale neviem ako by som to vypocital...

Freedy · 27. 12. 2014 01:21 — Editoval Freedy (27. 12. 2014 01:28)

Ahoj,

ten zlomek se dá upravit:
$\frac{n-a}{n+b}=\frac{(n+b)-(a+b)}{n+b}=1-\frac{a+b}{n+b}$
Proto limita
$\lim_{n\to\infty }(1-\frac{a+b}{n+b})^n=\lim_{n\to\infty }(1+\frac{-(a+b)}{n+b})^{n}=\mathrm{e}^{-(a+b)}$

respektive
$\frac{n-1}{n+1}=1-\frac{2}{n+1}$
$\lim_{n\to\infty }(1-\frac{2}{n+1})^n=\mathrm{e}^{-2}$

Pokud by tě trápil koeficient ve jmenovateli, lze jeho "ne-vliv" dokázat následovně.
$\lim_{n\to\infty }((1+\frac{-(a+b)}{n+b})^{n+b})(1+\frac{-(a+b)}{n+b})^{-b}$
po zavedení substituce
n+b = k
n jde do nekonečna >>> k jde do nekonečna
$\lim_{k\to\infty }((1+\frac{-(a+b)}{k})^{k})(1-\frac{2}{k})^{-b}=\mathrm{e}^{-(a+b)}\cdot(1)^{-b}=\mathrm{e}^{-(a+b)}$

Splicer · 27. 12. 2014 01:26

Aha! Ze som to nezbadal. Ďakujem!

Matematické Fórum

#1 27. 12. 2014 01:15

Eulerova limita :)

#2 27. 12. 2014 01:21 — Editoval Freedy (27. 12. 2014 01:28)

Re: Eulerova limita :)

#3 27. 12. 2014 01:26

Re: Eulerova limita :)

Zápatí