Skaičiuojame skaičių sekų ribas (antrasis neapibrėžtumas)

Praėjusioje pamokoje (ją rasite čia: http://www.ematematikas.lt/forumas/skaiciuojame-skaiciu-seku-ribas-pirmasis-neapibreztumas-t12171.html) išsiaiškinome, kaip įvertinamos skaičių sekų ribos. Taip pat sužinojome, jog paprastai įvertinant ribas yra susiduriama su neapibrėžtumais. Vieną jų [tex](\dfrac{\infty}{\infty})[/tex] jau išnagrinėjome. Panagrinėkime ribą:
$$\lim\limits_{n\to\infty}\left(\dfrac{n^3}{2n^2-1} -\dfrac{n^2}{2n+1} \right)$$ Reiškinys [tex]\dfrac{n^3}{2n^2-1} -\dfrac{n^2}{2n+1}[/tex] yra sudarytas iš dviejų reiškinių skirtumo. Nesunku nustatyti, kad:
[tex]\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{n^3}{2n^2-1}=\infty[/tex] ir taip pat [tex]\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{n^2}{2n+1}=\infty[/tex].
Kai abi sekos diverguoja teigiamai, mes negalime nustatyti, kam lygi sekos, sudarytos iš diverguojančių sekų skirtumo, riba. Taigi laikome, jog turime neapibrėžtumą: [tex](\infty-\infty)[/tex].

Pamėginkime išskirti ribos [tex]\lim\limits_{n\to\infty}(x_n-y_n)[/tex], kur [tex]x_n\rightarrow\infty[/tex] ir  [tex]y_n\rightarrow\infty[/tex], kai [tex]n\rightarrow\infty[/tex] galimus atvejus: Pertvarkome ribą taip:
$$\lim\limits_{n\to\infty}(x_n-y_n)=\lim\limits_{n\to\infty}y_n\left(\dfrac{x_n}{y_n}-1\right)$$
1) Jei [tex]\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{x_n}{y_n}=\infty[/tex], tada gauname, kad [tex]y_n\rightarrow\infty[/tex] ir [tex]\left(\dfrac{x_n}{y_n}-1\right)\rightarrow\infty[/tex]. Jei sandaugos dauginamieji diverguoja, tai ir visa sandauga diverguoja, taigi darome išvadą, kad: [tex]\lim\limits_{n\to\infty}(x_n-y_n)=\infty[/tex]

2) Jei [tex]\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{x_n}{y_n}=c[/tex], kur [tex]c>1[/tex], tada gauname, kad [tex]y_n\rightarrow\infty[/tex] ir [tex]\left(\dfrac{x_n}{y_n}-1\right)\rightarrow c-1[/tex]. Jei bent vienas sandaugos dauginamasis diverguoja, tai ir visa sandauga diverguoja, taigi darome išvadą, kad: [tex]\lim\limits_{n\to\infty}(x_n-y_n)=\infty[/tex]

3) Jei [tex]\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{x_n}{y_n}=c[/tex], kur [tex]c<1[/tex], tada gauname, kad [tex]y_n\rightarrow\infty[/tex] ir [tex]\left(\dfrac{x_n}{y_n}-1\right)\rightarrow c-1[/tex]. Čia kaip ir antru atveju gauname diverguojančią seką tik šįkart turime, kad: [tex]\lim\limits_{n\to\infty}(x_n-y_n)=-\infty[/tex], kadangi [tex]c-1<0[/tex], o teigiamo ir neigiamų dydžių sandauga yra neigiamas dydis.

4) Jei [tex]\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{x_n}{y_n}=1[/tex], tada  susiduriame su nauju neapibrėžtumu: [tex](0\cdot \infty)[/tex]. Tokiu atveju bandome pertvarkyti reiškinį [tex](x_n-y_n)[/tex] taip, kad gautume neapibrėžtumą [tex]\left(\dfrac{\infty}{\infty}\right)[/tex].
Taigi suformuluojame tokią taisyklę:

Jei [tex]\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{x_n}{y_n}>1[/tex], tada [tex]\lim\limits_{n\to\infty}(x_n-y_n)=\infty[/tex].
Jei [tex]\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{x_n}{y_n}<1[/tex], tada [tex]\lim\limits_{n\to\infty}(x_n-y_n)=-\infty[/tex].
Kitais atvejais reiškinį [tex]x_n-y_n[/tex] pertvarkome taip, kad gautume reiškinį [tex]\dfrac{a_n}{b_n}[/tex] ir skaičiuojame ribą [tex]\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{a_n}{b_n}[/tex].

[tex]\bullet[/tex] Paskaičiuokime ribą: [tex]\lim\limits_{n\to\infty}(\sqrt{n}-n)[/tex].
Gauname neapibrėžtumą [tex](\infty-\infty)[/tex]. Paskaičiuojame ribą: [tex]\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{\sqrt{n}}{n}=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{1}{\sqrt{n}}=\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt{\dfrac{1}{n}}=\sqrt{\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{1}{n}}=\sqrt{0}=0<1[/tex], vadinasi [tex]\lim\limits_{n\to\infty}(\sqrt{n}-n)=-\infty[/tex].

[tex]\bullet[/tex] Paskaičiuokime ribą: [tex]\lim\limits_{n\to\infty}(n^2+\sqrt[3]{n^4}-n-\sqrt[4]{n^5})[/tex]:
[tex]\lim\limits_{n\to\infty}(n^2+\sqrt[3]{n^4}-n-\sqrt[4]{n^5})=\lim\limits_{n\to\infty}((n^2+\sqrt[3]{n^4})-(n+\sqrt[4]{n^5}))[/tex]
Kadangi [tex]\lim\limits_{n\to\infty}(n^2+\sqrt[3]{n^4})=\infty[/tex] ir [tex]\lim\limits_{n\to\infty}(n+\sqrt[4]{n^5})=\infty[/tex], tai gauname neapibrėžtumą [tex](\infty-\infty)[/tex]. Paskaičiuojame ribą: [tex]\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{n^2+\sqrt[3]{n^4}}{n+\sqrt[4]{n^5}}=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{\frac{n^2+\sqrt[3]{n^4}}{n^2}}{\frac{n+\sqrt[4]{n^5}}{n^2}}=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{1+\frac{1}{\sqrt[3]{n^2}}}{\frac{1}{n}+\frac{1}{\sqrt[4]{n^3}}}=\infty>1[/tex], vadinasi: [tex]\lim\limits_{n\to\infty}(n^2+\sqrt[3]{n^4}-n-\sqrt[4]{n^5})=\infty[/tex].

[tex]\bullet[/tex] Dabar rasime temos pradžioje pateiktą ribą: [tex]\lim\limits_{n\to\infty}\left(\dfrac{n^3}{2n^2-1} -\dfrac{n^2}{2n+1} \right).[/tex] Jau nustatėme, jog ši riba turi neapibrėžtumą [tex](\infty-\infty)[/tex].
Kadangi [tex]\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{\frac{n^3}{2n^2-1}}{\frac{n^2}{2n+1}}=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{n^3(2n+1)}{(2n^2-1)n^2}=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{2n^4+n^3}{2n^4-n^2}=\dfrac{2}{2}=1[/tex]. Šiuo atveju turime keisti neapibrėžtumą. Tai padarysime bendravardiklindami trupmenas:
$$
\lim\limits_{n\to\infty}\left(\dfrac{n^3}{2n^2-1} -\dfrac{n^2}{2n+1} \right) =\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{n^3(2n+1)-n^2(2n^2-1)}{(2n^2-1)(2n+1)} \\
=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{2n^4+n^3-2n^4+n^2}{4n^3+2n^2-2n-1}
=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{n^3+n^2}{4n^3+2n^2-2n-1}=\dfrac{1}{4}
$$
Šįkart pakeisti neapibrėžtumą [tex](\infty-\infty)[/tex] į [tex]\left(\dfrac{\infty}{\infty}\right)[/tex] nebuvo sunku, kadangi mums tereikėjo subendravardiklinti trupmenas.

[tex]\bullet[/tex] O ką daryti jei turime paskaičiuoti ribą: [tex]\lim\limits_{n\to\infty}(\sqrt{n^2+4n-3}-\sqrt{n^2-n+1})[/tex]?
Nesunku nustatyti, kad: [tex]\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{\sqrt{n^2+4n-3}}{\sqrt{n^2-n+1}}=1[/tex], vadinasi turime keisti neapibrėžtumą į [tex]\left(\dfrac{\infty}{\infty}\right)[/tex].
Šiuo atveju atliksime tokį "triuką": [tex]A-B=(A-B)\cdot \dfrac{A+B}{A+B}=\dfrac{(A-B)(A+B)}{A+B}=\dfrac{A^2-B^2}{A+B}[/tex]. Atlikę jį skirtumą pakeisime santykiu. Taigi gauname:
$$
\lim\limits_{n\to\infty}(\sqrt{n^2+4n-3}-\sqrt{n^2-n+1})=\\
=\lim\limits_{n\to\infty}(\sqrt{n^2+4n-3}-\sqrt{n^2-n+1})\cdot \dfrac{\sqrt{n^2+4n-3}+\sqrt{n^2-n+1}}{\sqrt{n^2+4n-3}+\sqrt{n^2-n+1}}\\
=\lim\limits_{n\to\infty} \dfrac{(\sqrt{n^2+4n-3})^2-(\sqrt{n^2-n+1})^2}{\sqrt{n^2+4n-3}+\sqrt{n^2-n+1}}
=\lim\limits_{n\to\infty} \dfrac{n^2+4n-3-(n^2-n+1)}{\sqrt{n^2+4n-3}+\sqrt{n^2-n+1}}\\
=\lim\limits_{n\to\infty} \dfrac{5n-4}{\sqrt{n^2+4n-3}+\sqrt{n^2-n+1}}=\left(\dfrac{\infty}{\infty}\right)\\
=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{\frac{5n-4}{n}}{\frac{\sqrt{n^2+4n-3}+\sqrt{n^2-n+1}}{n}}
=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{5-\frac{4}{n}}{\frac{\sqrt{n^2+4n-3}}{n}+\frac{\sqrt{n^2-n+1}}{n}}
=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{5-\frac{4}{n}}{\sqrt{\frac{n^2+4n-3}{n^2}}+\sqrt{\frac{n^2-n+1}{n^2}}}\\
=\dfrac{\lim\limits_{n\to\infty}5-\lim\limits_{n\to\infty}\frac{4}{n}}{\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt{\frac{n^2+4n-3}{n^2}}+\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt{\frac{n^2-n+1}{n^2}}}
=\dfrac{\lim\limits_{n\to\infty}5-\lim\limits_{n\to\infty}\frac{4}{n}}{\sqrt{\lim\limits_{n\to\infty}\frac{n^2+4n-3}{n^2}}+\sqrt{\lim\limits_{n\to\infty}\frac{n^2-n+1}{n^2}}}=\dfrac{5-0}{\sqrt{1}+\sqrt{1}}=\dfrac{5}{2}
$$
[tex]\bullet[/tex] Paskaičiuokime paskutinę ribą: [tex]\lim\limits_{n\to \infty}(\sqrt[3]{5+8n^3}-2n)[/tex].
Kadangi turime: [tex]\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{\sqrt[3]{5+8n^3}}{2n}=1[/tex], tai turime vėl duotajam reiškiniui suteikti trupmenos pavidalą. Kadangi reiškinyje yra kubinė šaknis, tai šįkart taikysime tokį "triuką":
[tex]A-B=(A-B)\cdot \dfrac{A^2+AB+B^2}{A^2+AB+B^2}=\dfrac{A^3-B^3}{A^2+AB+B^2}[/tex]. Gauname:
$$
\lim\limits_{n\to \infty}(\sqrt[3]{5+8n^3}-2n)=\\
=\lim\limits_{n\to \infty}(\sqrt[3]{5+8n^3}-2n)\cdot \dfrac{(\sqrt[3]{5+8n^3})^2+2n\sqrt[3]{5+8n^3}+4n^2}{(\sqrt[3]{5+8n^3})^2+2n\sqrt[3]{5+8n^3}+4n^2}\\
=\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{(\sqrt[3]{5+8n^3})^3-(2n)^3}{(\sqrt[3]{5+8n^3})^2+2n\sqrt[3]{5+8n^3}+4n^2}
=\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{5+8n^3-8n^3}{(\sqrt[3]{5+8n^3})^2+2n\sqrt[3]{5+8n^3}+4n^2}\\
=\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{5}{(\sqrt[3]{5+8n^3})^2+2n\sqrt[3]{5+8n^3}+4n^2}
$$
Kadangi [tex]\lim\limits_{n\to \infty}((\sqrt[3]{5+8n^3})^2+2n\sqrt[3]{5+8n^3}+4n^2)=\infty[/tex], tai: [tex]\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{5}{(\sqrt[3]{5+8n^3})^2+2n\sqrt[3]{5+8n^3}+4n^2}=0[/tex]
Gavome, kad: [tex]\lim\limits_{n\to \infty}(\sqrt[3]{5+8n^3}-2n)=0[/tex]

Paskutinį kartą atnaujinta 2017-10-30

0

peržiūros 358

atsakymai 12

aktyvumas 23 d

 

Uždaviniai savitikrai:
Įrodykite, kad:
1) [tex]\lim\limits_{n\to\infty}\left(\sqrt{n^2+1}-n\right)\cdot n=\dfrac{1}{2}[/tex]
2) [tex]\lim\limits_{n\to\infty}\left(\sqrt{n^2-2n}-\sqrt{n^2-3}\right)\cdot n=-\infty[/tex]
3) [tex]\lim\limits_{n\to\infty}\left(\sqrt[3]{5+8n^3}-2n\right)\cdot n^2=\dfrac{5}{12}[/tex]
4) [tex]\lim\limits_{n\to\infty}\left(\sqrt[3]{n^2-n^3}+n\right)=\dfrac{1}{3}[/tex]
5) [tex]\lim\limits_{n\to\infty}\left(\sqrt[5]{4n^2-n^4}+n^2\right)=\infty[/tex]

0

Kaip daryti 2) ?

0

Padauginame reiškinį iš [tex]\dfrac{\sqrt{n^2-2n}+\sqrt{n^2-3}}{\sqrt{n^2-2n}+\sqrt{n^2-3}}[/tex], o tada tvarkomės su neapibrėžtumu [tex](\dfrac{\infty}{\infty})[/tex]. Ar kažkas kitas nebuvo aišku?

0

Aš uždavinyne mačiau tokį:

[tex]\lim_{n\rightarrow \infty}\left ( \sqrt{n^2+2n}-2\sqrt{n^2+n}+n \right )n[/tex],
tai pagalvojau, kad sprendimas bus panašus į 2). Bet va dabar pasižiūrėjau, kad nelabai.

Kaip tokią ribą ieškotum?

Na, nebūtina atsakyti į mano klausimą, jeigu jauti, kad mano uždavinys neatitinka šios temos.

Tam galima sukurti ir kitą temą.

Paskutinį kartą atnaujinta 2017-10-29

0

Įsitrauksiu į šią temą ir aš, tik kitu reikalu. Tomai atsimeni kai rašei dėl ilgų eilučių? Tuo metu iki galo buvau nesupratęs kas ir kaip. Va dabar matau, kad yra problema su ilgom eilutėm. Aš šiaip esu suprogramavęs tokią funkciją, kad esant ilgai eilutei, atsiranda slankjuostė, kurios pagalba formulė neišlipa iš reikiamo ekrano ploto. Tačiau pastebėjau įdomų dalyką, ši funkcija kartais suveikia, o kartais ne. Kad ir šita tema, trys ilgos formulės lipa ant kraštų, o jokios slankjuostės nebuvo. Aš pamėginau pataisyti šią temą, rezultatą matote. Ateičiai (kaip problemos sprendimą) tikrai rekomenduoju tokiom ilgom eilutėm naudoti formulės centravimą, apie kurį parašiau latex temos pradžiamokslyje, bei dažną formulės numėtimą į kitą eilutę su simboliu \\.

Neprošal būtų ir kitas naudingas temas truputį pakoreguoti.

0

Taip, Vitalijau, aš irgi pastebėjau, jog kai kuriais atvejais atsiranda slankjuostė, paprastai ją matau, kai yra parašyta viena ilga formulių eilutė. Ją pirmąkart pamačiau gan senokai todėl ir stebėjausi, kodėl ji nevisada pasirodo, kai reikia.
Bet ačiū, dabar žinosiu ką galima padaryti, dabar tikrai geriau atrodo, nors gal kiek ir neįprastai :)

Paskutinį kartą atnaujinta 2017-10-29

0

Karoliui, žinok pats dabar sėdžiu ir mąstau, labai jau inoringa riba (jei taip galima pasakyti), nes nepasiduoda jokiems pertvarkiams, vis gaunasi kažkokie neapibrėžtumai. O gal tu žinai sprendimą ir norėjai sužinoti, kaip aš spręsiu, ar neturi šios ribos sprendimo?

0

Na va ką pavyko padaryti. Jau buvau supratęs, jog čia reikia kažkaip šią ribą užrašyti dviem naujomis ribomis, bet nesugalvojau kaip, tai va, kas galiausiai gavosi:
$$\lim\limits_{n\to \infty}\left(\sqrt{n^2+2n}-2\sqrt{n^2+n}+n\right)\cdot n=\lim\limits_{n\to \infty}\left(n\sqrt{n^2+2n}-2n\sqrt{n^2+n}+n^2\right)=\\=\lim\limits_{n\to \infty}\left(2n^2+n-2n\sqrt{n^2+n}\right)-\lim\limits_{n\to \infty}\left(n+n^2-n\sqrt{n^2+2n}\right)$$ Dabar paskaičiuoti kiekvieną šių ribų turėtų būti nesunku. Pirmosios ribos atveju gauname [tex]\dfrac{1}{4}[/tex], o antrosios [tex]\dfrac{1}{2}[/tex], vadinasi:
$$\lim\limits_{n\to \infty}\left(2n^2+n-2n\sqrt{n^2+n}\right)-\lim\limits_{n\to \infty}\left(n+n^2-n\sqrt{n^2+2n}\right)=\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{2}=-\dfrac{1}{4}$$

Paskutinį kartą atnaujinta 2017-10-31

1

Kaip sugalvojau tą ribą taip persitvarkyti, tai neklausk, čia kokį šimtą kartų bandžiau, kol priėjau šį variantą.

0

Norėdami rašyti žinutes privalote prisijungti!