Matematické Fórum

krakonoš

↑↑ vanok:
Problem(74)
Ahoj.
V tomto případě stačí použít L'Hospitalovo pravidlo, případně postup pro výpočet limity ,označme ji L

$L1=\lim_{x\to0}(\frac{\frac{1}{8}\cdot log(1+x)}{x}\cdot \frac{e^{\frac{1}{8}\cdot log(1+x)}-1}{\frac{1}{8}log(1+x)})$
$L2=\lim_{x\to0}(\frac{\frac{1}{8}\cdot log(1-x)}{x}\cdot \frac{e^{\frac{1}{8}\cdot log(1-x)}-1}{\frac{1}{8}log(1-x)})$
$L=L1-L2$
Při výpočtu $\lim_{x\to0}\frac{log(1-x)}{x}$ lze použít porovnání logaritmu vůči x s inverzní funkcí logaritmu vůči x t.j. $\lim_{x\to0}-\frac{e^{x}-1}{x}$
$L=\frac{2}{8}=\frac{1}{4}$

stuart clark

Thanks Vanok.

For $(74)$ Using $\lim_{x\rightarrow 0}(1+x)^n\approx 1+nx$

So $L= \lim_{x\rightarrow 0}\frac{(1+x)^{\frac{1}{8}}-(1-x)^{\frac{1}{8}}}{x}=\frac{1}{8}+\frac{1}{8}=\frac{1}{4}.$

Problem $(75)\;\; \lim_{x\rightarrow 0}\bigg(e^{-2018}\cdot (1+x)^{\frac{2018}{x}}\bigg)^{\frac{2019}{x}}$

krakonoš · 05. 05. 2019 10:42

↑ stuart clark:
Problem (75)
Hi Stuart Clark
$L=\lim_{x\to0}e^{\frac{-2018\cdot 2019}{x}+\frac{2018\cdot 2019\cdot log(1+x)}{x^{2}}}$

$\lim_{x\to0}\frac{-x+log(1+x)}{x^{2}}=-\frac{1}{2}$ ( from Taylor function log())
$L=e^{-2037171}$

stuart clark · 05. 05. 2019 11:00

Thanks ↑ krakonoš:

Problem $(76)\;$ If $\displaystyle \alpha_{n}\in \bigg(0,\frac{\pi}{4}\bigg)$ is the root of the equation $\tan \alpha+\cot \alpha = n, n\geq 2.$

Then value of $\lim_{n\rightarrow \infty}\bigg(\sin \alpha_{n}+\cos \alpha_{n}\bigg)^{n}$

krakonoš

↑ stuart clark:
Hi Stuart Clark
Problem(76)
That's just my fast=paced assault.
$tan \alpha _{n}+cot\alpha _{n}=\frac{2}{sin2\alpha _{n}}=n$
$n\Rightarrow \infty \Leftrightarrow \alpha _{n}\Rightarrow 0$
$\lim_{n\to\infty }(sin\alpha _{n}+cos\alpha _{n})^{n}=$ $\lim_{\alpha _{n}\to0}(tg\alpha _{n}+1)^{\frac{2}{sin2\alpha _{n}}}$ $=\lim_{\alpha _{n}\to0}e^{\frac{2}{sin2\alpha _{n} }\cdot log(1+tg\alpha _{n})}$
$\lim_{\alpha _{n}\to0}\frac{2\cdot log(1+tg\alpha _{n})}{sin2\alpha _{n}}=$ $\lim_{\alpha _{n}\to0}\frac{2\cdot tg\alpha _{n}}{2\alpha _{n}}=1$

$\lim_{n\to\infty }(sin\alpha _{n}+cos\alpha _{n})^{n}=e$

stuart clark

Thanks ↑ krakonoš:

My solution is almost same except last $2$ lines

From $\tan \alpha_{n}+\cot \alpha_{n} = \frac{2}{\sin 2 \alpha_{n}}=n\Rightarrow \sin 2\alpha_{n}=\frac{2}{n}$

And $\lim_{n\rightarrow \infty}\bigg(\sin \alpha_{n}+\cos \alpha_{n}\bigg)^{2\cdot \frac{n}{2}}=\lim_{n\rightarrow \infty}\bigg(1+\frac{2}{n}\bigg)^{\frac{n}{2}}=e.$

Problem $(77)$ Finding $\lim_{x\rightarrow 0}\bigg(2x^{-3}\bigg(\arcsin(x)-\arctan(x)\bigg)\bigg)^{\frac{2}{x^2}}$

without using series expansion and D L Hopital Rule

krakonoš

↑ stuart clark:
Problem( 77)
Hi Stuart Clark
Internal function limit is
$\lim_{x\to0}2x^{-3}\cdot \frac{(\frac{arctgx}{x}-\frac{arcsinx}{x})\cdot x}{(\frac{arcsinx}{x}\cdot \frac{arctgx}{x}\cdot x^{2})}$
I think,It's the similar situation as
$\lim_{x\to0}2x^{-3}\cdot \frac{(\frac{-tgx}{x}+\frac{sinx}{x})\cdot x}{(\frac{sinx}{x}\cdot \frac{tgx}{x}\cdot x^{2})}$ $=\lim_{x\to0}\frac{2\cdot (cosx-1)}{x^{4}}=\lim_{x\to0}\frac{-1}{x^{2}}$
I am afraid that the given limit won't exist.
There is the same problem (it is negative).

stuart clark

Thnaks ↑ krakonoš: may be you have missed something

By series expansion of the arcsine and arctangent,
So we get
$\arcsin x-\arctan x = \frac12x^3 - \frac18 x^5 + o(x^5)$

So we have

$\lim_{x\to 0} [1-\tfrac14x^2+o(x^2)]^{2/x^2} = \lim_{x\to 0} e^{\left(\frac{2}{x^2}\log(1-\tfrac14x^2+o(x^2))\right)}$

$\lim_{x\to 0} e^{\left(\frac{2}{x^2}\bigl(-\tfrac14x^2+o(x^2)\bigr)\right)} = e^{-\frac{1}{2}}=\frac{1}{\sqrt{e}}.$

But i am unable to solve it without series exp.

krakonoš

↑ stuart clark:
H Stuart Clark
There is not function arcsinx-arctgx.In the problem (77) is function $arcsin^{-1}(x)-arctg^{-1}(x)$ .
I assumed $arcsin^{-1}(x)=\frac{1}{arcsin(x)}$
tgx>x>sinx
arctg<x<arcsinx
1/arctgx>1/arcsinx for x>0

stuart clark

Ohoo my bad you are right ↑ krakonoš:.

Can you solve it for original problem.(I have edited it). Thanks

vanok · 19. 05. 2019 12:45

Problem (78).
Dalsi (jednoduchy?) problem.
Najdite $\lim_{n\to +\infty} (1+\frac 1n + \frac 1{n^2})^n$ .
(Dokazete to bez L’Hôpital-oveho pravidla?)

vanusok · 20. 05. 2019 19:40

↑ vanok:
Ahoj.
$\lim_{n\to\infty }(1+\frac{1}{n}+\frac{1}{n^{2}})^{n}=$ $\frac{\lim_{n\to\infty }(1-\frac{1}{n^{3}})^{n}}{\lim_{n\to\infty }(1-\frac{1}{n})^{n}}=\frac{1}{e^{-1}}=e$

krakonoš

↑ vanok:
Problem(78)
Ahoj.
Zadanou limitu L lze zapsat jako $L=e^{\lim_{n\to\infty }n\cdot log(1+\frac{1}{\frac{n^{2}}{n+1}})}=$
$=e^{\lim_{n\to\infty }n\cdot \frac{n+1}{n^{2}}}=e$

vanok · 21. 05. 2019 20:55

↑ krakonoš:↑ vanusok:

Pozdravujem,

Ano toto cvicenie ma ozaj vela moznych rieseni.

No dal som ho sem, aby ste sa trochu zabavili.

vanok · 21. 05. 2019 21:08

Problem(79).

Nech $(u_n)_{n\in \Bbb N}$ je ohranicena postupnost, taka ze $\lim_{n \to +\infty} (u_n+\frac {u_{2n}}2)=1$ .
Co mozete povedat o postupnosti $(u_n)_{n\in \Bbb N}$ ?

krakonoš

↑ vanok:
Problem(79)
Ahoj.
Posloupnost je shora i zdola omezená. Obecně to samo o sobě nestačí k existenci limity, protože například vybraná podposloupnost sudých členů může mít jinou limitu než podposloupnost lichých členů. To by ovšem neexistovala ani zadaná limita, která je rovna jedné.
Posloupnost má tedy konečnou limitu L ,vybrané podposloupnosti rovněž.
L plus L/2 je rovno 1.
Limita posloupnosti un by tedy měla být rovna 2/3.

vanok · 22. 05. 2019 06:33

Cau ↑ krakonoš:,
Najprv skutocne dana postupnost konverguje k 2/3.

Poznamename najprv, ze ak postupnost un konverguje k L tak vdaka predpokladu sa $\lim_{n \to +\infty} (u_n+\frac {u_{2n}}2)=1$ , mame L+L/2=1, co da, ze L=2/3.
No vsak, treba dokazat, ze un konverguje.

V tvojom pokusy dokazu predpokladas, ze konvergenciu vybranych postupnosti parnych a neparnych clenov. No o tom « à priori » nemozes este nic povedat.

No vsak je mozne dokazat konvergenciu postupnosti (un) sporom.
Tak predpokladajme, ze (un) nekonverguje.
No vsak akoze je ohranicena, tak existuje vybrana postupnost $(u_{\varphi (n)})_{n \in \Bbb N}$ ktora konverguje k $\lambda \ne \frac 23$
A potom som pokracoval podobne uvahy ako ty. (No iste to kazdy dokaze urobit, alebo mam pokracovat tie moje?).

krakonoš

↑ vanok:
Ahoj.
Z každé omezené posloupnosti lze vybrat konvergentní podposloupnost, jejíž limita je vlastně hromadný bod posloupnosti.
Kdyby posloupnost un měla aspoň dva hromadné různé body, pak by A)
i posloupnost u2n měla buď rovněž dva různé hromadné body a nekonvergovala by také, takže i posloupnost( un plus u2n/2).
Aspoň já si představuji, že pokud dvě limity neexistují, může existovat limita jejich rozdílu pouze v případě rovnosti členů ( mám na mysli např lim(1/x-1/x) pro x jdouci k nule), to však v tomto případě nenastává.
Nebo B) un ma aspoň dva různé hromadné body, u2n konverguje, pak by ale existovaly vybrané podposloupnosti. z posloupnosti (un plus u2n/2),které mají různé hromadné body,a nemohla by zadaná limita, ktera má být rovna jedné vůbec existovat.

vanok · 22. 05. 2019 09:54

↑ krakonoš:,
Ano to je klucova myslienka.
👍

krakonoš · 25. 05. 2019 10:13

↑ vanok:
Problem(80)

Vyšetřete konvergenci integrálu
$\int_{0}^{\infty }\frac{log(x+1)}{x^{2}+1}dx$

vanok · 25. 05. 2019 15:18 — Editoval vanok (25. 05. 2019 15:19)

Ahoj ↑ krakonoš:,
Ja som uz pocital $\int_{0}^{1 } \frac {ln(x+1)}{x^{2}+1}dx$ , ktory je $\frac {\pi}8 \ln (2)$ .

krakonoš

↑ vanok:
Ahoj.
Tady jsou ale jine meze.Tento priklad (a jeste dalsi dva) jsem nasla ve foru pro VŠ -uvod do studia cca cerven 2018.Jeden je tam spocten,dalsi dva ne.Tak jsem si vsechny spocetla sama a zajimalo me,jaky postup zvoli ostatni.

krakonoš · 25. 05. 2019 21:12

↑ vanok:
Tak jsem prave zjistila,ze jsem se pocetne sekla.Zdalo se mi to podezrele lehke.Asi to bude slozitejsi.

stuart clark · 26. 05. 2019 11:46

Problem $(81)$

For $a>0$ . Then

$\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty}\frac{(\sin^{a}a+1)(\sin^{a}a+2)(\sin^{a}a+3)\cdots (\sin^{a}a+n)}{(a^{\sin a}+1)(a^{\sin a}+2)(a^{\sin a}+3)\cdots (a^{\sin a}+n)}$

krakonoš

↑ stuart clark:
Problem (81)
Hi Stuart clark.
$(sin a)^{a}=b$
$a^{sin a}=c$
$log\frac{(b+1)\cdot (b+2)\ldots (b+n)}{(c+1)\cdot (c+2)\ldots (c+n)}=\sum_{k=1}^{n}log(1+\frac{b-c}{c+k})$
For $a\in (0;1)$ is $(sin a)^{a}<(sin a)^{sin a}<a^{sin a}$
For $a\in <1;\pi >$ is $(sin a)^{a}<a^{sin a}$
For a>0, where sin a<0 the Expression $(sin a)^{a}$ is not defined for some $a\in R^{+}$ .For other a is $(sin a)^{a}<a^{sin a}$
For b<c is $\lim_{n\to\infty }\sum_{k=1}^{n}log(1+\frac{b-c}{c+k})=\lim_{n\to\infty }\sum_{k=1}^{n}log(1-\frac{c-b}{c+k})$
$\lim_{n\to\infty }\sum_{k=1}^{n}log(1-\frac{1}{k})=\lim_{n\to\infty }\sum_{k=1}^{n}log(k-1)-log(k)=-\infty$
The function $-log(1-\frac{1}{x})$ is not growing, continuity for x>1, not negative
$-\sum_{k=1}^{\infty }log(1-\frac{1}{k})=\infty \Leftrightarrow \int_{1}^{\infty }-log(1-\frac{1}{x})dx=\infty$ (The integral criterion)
$\int_{1}^{\infty }-log(1-\frac{c-b}{c+x})dx=\infty \Leftrightarrow -\sum_{k=1}^{\infty }log(1-\frac{c-b}{c+k})=\infty$
The limit
$\lim_{n\to\infty }\frac{((sina)^{a}+1)\cdot (sina)^{a}+2) \ldots (sina)^{a}+n))}{((a^{sina}+1)\cdot (a^{sina}+2) \ldots ( a^{sina}+n))}=0$