Tomas PRO +4543
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]
pakeista prieš 6 m