Skaičiuojame skaičių sekų ribas (trečiasis neapibrėžtumas)

Praėjusioje pamokoje (ją rasite čia: http://www.ematematikas.lt/forumas/skaiciuojame-skaiciu-seku-ribas-antrasis-neapibreztumas-t12174.html) išnagrinėjome antrąjį neapibrėžtumą su kuriuo susiduriame skaičiuodami skaičių sekų ribas. Dabar laikas atėjo paskutiniam neapibrėžtumui [tex]\left(1^\infty\right)[/tex], kurį galime gauti skaičiuodami kad ir tokią ribą:
[tex]\lim\limits_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}n{}\right)^n[/tex]
Kadangi, kai [tex]n\to \infty[/tex], tai [tex](1+\frac{1}{n})\to1[/tex] ir (laipsnio rodiklis) [tex]n\to\infty[/tex].
Šią temą pradėjau nuo šios ribos ne šiaip sau. Ji bus svarbi ir skaičiuojant kitas ribas su šiuo neapibrėžtumu.
Galima įrodyti, kad seka [tex]a_n=\left(1+\frac{1}n{}\right)^n[/tex] yra didėjanti, o taip pat [tex]∀n∈N[/tex] teisinga nelygybė:
[tex]2<\left(1+\frac{1}n{}\right)^n<3[/tex].
Logiška manyti, jog riba konverguoja, taigi egzistuoja toks skaičius [tex]A[/tex], kuris tenkina nelygybę [tex]2<A<3[/tex] ir yra lygus sekos [tex]\left(1+\frac{1}n{}\right)[/tex] ribai. Iš tiesų taip ir yra. Tai iracionalusis skaičius, kuriam suteiktas žymuo [tex]e[/tex], o jo apytikslė reikšmė yra: [tex]2.71828...[/tex] .
Logaritmui, kurio parindas yra skaičius [tex]e[/tex] taip pat yra suteiktas specialus žymėjimas: vietoje [tex]\log_ea[/tex] rašome tiesiog [tex]\ln a[/tex].
Taigi sužinojome, jog [tex]\lim\limits_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}n{}\right)^n=e[/tex]. Kaip manote, ar riba pasikeistų, jei vietoje [tex]n[/tex] parašytume [tex]f(n)[/tex], kur [tex]f(n)[/tex]-diverguojanti seka? Atsakymas ne, todėl rašome:

Jei [tex]\lim\limits_{n\to\infty}f(n)=\infty[/tex], tai [tex]\lim\limits_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{f(n)}\right)^{f(n)}=e[/tex]
Jei pažymėtume [tex]\frac{1}{f(n)}=g(n)[/tex], tada galėtume suformuluoti ir tokią taisyklę:
Jei [tex]\lim\limits_{n\to\infty}g(n)=0[/tex], tai [tex]\lim\limits_{n\to\infty}\left(1+g(n)\right)^{\frac{1}{g(n)}}=e[/tex]
Dabar paskaičiuokime keletą ribų:

[tex]\bullet \lim\limits_{n\to\infty}\left(\frac{2n^2+3}{2n^2+5}\right)^{8n^2+3}[/tex]
Kadangi [tex]\lim\limits_{n\to\infty}\left(\frac{2n^2+3}{2n^2+5}\right)=1[/tex] ir [tex]\lim\limits_{n\to\infty}(8n^2+3)=\infty[/tex], tai turime neapibrėžtumą [tex]\left(1^\infty\right)[/tex].
Išskirkime reiškiniui [tex]\frac{2n^2+3}{2n^2+5}[/tex] sveikąją dalį:
[tex]\frac{2n^2+3}{2n^2+5}=\frac{2n^2+5-2}{2n^2+5}=\frac{2n^2+5}{2n^2+5}-\frac{2}{2n^2+5}=1+\frac{-2}{2n^2+5}[/tex]
Pažymėję [tex]g(n)=\frac{-2}{2n^2+5}[/tex] turime, kad [tex]\lim\limits_{n\to\infty}g(n)=0[/tex], vadinasi pagal turimą taisyklę:
[tex]\lim\limits_{n\to\infty}\left(1+\frac{-2}{2n^2+5}\right)^{\frac{1}{\frac{-2}{2n^2+5}}}=\lim\limits_{n\to\infty}\left(\frac{2n^2+3}{2n^2+5}\right)^{\frac{2n^2+5}{-2}}=e[/tex]. Todėl atliekame tokius pertvarkius reiškiniui [tex]\left(\frac{2n^2+3}{2n^2+5}\right)^{8n^2+3}[/tex]:
[tex]\left(\frac{2n^2+3}{2n^2+5}\right)^{8n^2+3}=\left(\left(\frac{2n^2+3}{2n^2+5}\right)^{\frac{2n^2+5}{-2}}\right)^{\frac{-2}{2n^2+5}\cdot (8n^2+3)}[/tex]
Vadinasi gauname:
[tex]\lim\limits_{n\to\infty}\left(\frac{2n^2+3}{2n^2+5}\right)^{8n^2+3}=e^{\lim\limits_{n\to\infty}\frac{-2}{2n^2+5}\cdot (8n^2+3)}=e^{\lim\limits_{n\to\infty}\frac{-16n^2-6}{2n^2+5}}=e^{-8}[/tex]
Pastebime, jog čia pasinaudojome savybe, kad keliant laipsnį laipsniu, laipsnio rodikliai sudauginami, o sandaugoje dauginamuosius galime keisti vietomis, taigi skaičiuodami ribą palikome tokį patį laipsnio pagrindą, o laipsnio rodiklį pakeitėme į tokį, jog skaičiuojant ribą gautume skaičių [tex]e[/tex], toliau tam, kad nepakeistume originalios sekos išraiškos pakėlėme reiškinį atitinkamu laipsnio rodiklį atitinkančiu reiškiniu.
Žinoma, tokie pertvarkymai gali atrodyti pernelyg sudėtingi. Laimei yra formulė, palengvinanti tokių ribų skaičiavimą:
Jei [tex]\lim\limits_{n\to\infty}f(n)=1[/tex] ir [tex]\lim\limits_{n\to\infty}g(n)=\infty[/tex], tai [tex]\lim\limits_{n\to\infty}[f(n)]^{g(n)}=e^{\lim\limits_{n\to\infty}g(n)[f(n)-1]}[/tex]

[tex]\bullet \lim\limits_{n\to\infty}\left(\frac{n+10}{n+1}\right)^{3n+3}[/tex]
Pasinaudodami neseniai užrašyta formule, gauname:
[tex]\lim\limits_{n\to\infty}\left(\frac{n+10}{n+1}\right)^{3n+3}=e^{\lim\limits_{n\to\infty}(3n+3)\left(\frac{n+10}{n+1}-1\right)}=e^{\lim\limits_{n\to\infty}3(n+1)\cdot \frac{9}{n+1}}=e^{27}[/tex]
Tą patį būtume gavę, jei būtume sprendę kaip pirmame pavyzdyje:
[tex]\lim\limits_{n\to\infty}\left(\frac{n+10}{n+1}\right)^{3n+3}=\lim\limits_{n\to\infty}\left(1+\frac{9}{n+1}\right)^{3n+3}=\lim\limits_{n\to\infty}\left(\left(1+\frac{9}{n+1}\right)^{\frac{n+1}{9}}\right)^{\frac{9}{n+1}\cdot (3n+3)}=e^{\lim\limits_{n\to\infty}\frac{9}{n+1}\cdot (3n+3)}=e^{27}[/tex]
Akivaizdu, jog su šiuo neapibrėžtumu susitvarkyti nėra labai sunku, ypač jei naudojame šioje temoje paminėta formulę. Todėl paskaičiuokime paskutinę ribą žinių įtvirtinimui:

[tex]\bullet \lim\limits_{n\to\infty}\left(\frac{n^2+n}{n^2+2n+2}\right)^n[/tex]
Taikome formulę:
[tex]\lim\limits_{n\to\infty}\left(\frac{n^2+n}{n^2+2n+2}\right)^n=e^{\lim\limits_{n\to\infty}n(\frac{n^2+n}{n^2+2n+2}-1)}=e^{\lim\limits_{n\to\infty}n(-\frac{n+2}{n^2+2n+2})}=e^{-\lim\limits_{n\to\infty}\frac{n^2+2n}{n^2+2n+2}}=e^{-1}=\frac{1}{e}[/tex]
Plačiau su šiuo neapibrėžtumu susipažinsime, kai nagrinėsime funkcijų ribų skaičiavimą.

Paskutinį kartą atnaujinta 2017-10-30

1

peržiūros 238

atsakymai 7

aktyvumas 11 d

 

Manau, kad būtų naudinga, jeigu lygybės [tex]\underset{n\rightarrow \infty}{\lim}f^g\left ( n \right )=\exp\left ( \underset{n\rightarrow \infty}{\lim} g\left ( f-1 \right )\left ( n \right )\right)[/tex] įrodymą galima būtų pamatyti.

Paskutinį kartą atnaujinta 2017-09-30

0

Įrodykite, jog lygybės teisingos:
1. [tex]\lim\limits_{n\to\infty}\left(\dfrac{4-2n}{3-2n}\right)^{n+2}=e^{-\frac{1}{2}}[/tex]
2. [tex]\lim\limits_{n\to\infty}\left(\dfrac{n^2+1}{n^2-1}\right)^{n^2}=e^2[/tex]
3. [tex]\lim\limits_{n\to\infty}\left(1+\dfrac{1}{n(n+2)}\right)^{n}=1[/tex]
4. [tex]\lim\limits_{n\to\infty}\left(\dfrac{3n-4}{3n+2}\right)^{\frac{n+1}{3}}=e^{-\frac{2}{3}}[/tex]

Paskutinį kartą atnaujinta 2017-11-13

0

Lygybę [tex]\lim\limits_{n\to\infty}[f(n)]^{g(n)}=e^{\lim\limits_{n\to\infty} g(n)[f(n)-1]}[/tex] įrodyti galima atlikdami tokius pačius pertvarkius kaip ir skaičiuodami ribas be šios lygybės:
Įrodymas:
Tegu [tex]f(n)=1+a(n)[/tex], kur [tex]a(n)\to0[/tex], kai [tex]n\to\infty[/tex], o [tex]g(n)\to\infty[/tex], kai [tex]n\to\infty[/tex]. Tuomet turime, kad:
[tex]\lim\limits_{n\to\infty}[f(n)]^{g(n)}=\lim\limits_{n\to\infty}[1+a(n)]^{g(n)}[/tex]
Pertvarkome reiškinį [tex][1+a(n)]^{g(n)}[/tex]:
[tex][1+a(n)]^{g(n)}=\left([1+a(n)]^{\frac{1}{a(n)}}\right)^{a(n)g(n)}[/tex]
Tada: [tex]\lim\limits_{n\to\infty}[1+a(n)]^{\frac{1}{a(n)}}=e[/tex]
Vadinasi:
[tex]\lim\limits_{n\to\infty}[f(n)]^{g(n)}=\lim\limits_{n\to\infty}[1+a(n)]^{g(n)}=e^{\lim\limits_{n\to\infty}a(n)\cdot g(n)}=e^{\lim\limits_{n\to\infty}g(n)[f(n)-1]}[/tex]

2

2. [tex]\lim_{n \to \inf} (\frac{3n-1}{n+1})^{\frac{1}{\sqrt[3]{n}-1}}=e^{0}=1\neq e^{3}[/tex]

0

Aš būsiu sąlygą klaidingai užrašęs. Tik pas tave taip pat turėtų būti ne [tex]\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{3n-1}{n+1}=e[/tex], o [tex]\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{3n-1}{n+1}=3[/tex]. Sąlygą pakeičiau. Be to ačiū už klaidos pastebėjimą, nieko prieš jei ir kitus patikrintum, būna įsivelia klaidų :)

Paskutinį kartą atnaujinta 2017-11-13

0

Kituose uždaviniuose (ir kitose pamokose esančiuose) lyg ir nėra klaidų, atėjau į šią temą nes pasidalinai nuorodą iš funkcijų sekų su (1^inf) neapibrėžtumu. Dėl mano sąlygos, o gal aš taip norėjau rašyti:
[tex]\lim_{n \to \inf} (\frac{3n-1}{n+1})^{\frac{1}{\sqrt[3]{n}-1}} = \lim_{n \to \inf} e^{\ln((\frac{3n-1}{n+1})^{\frac{1}{\sqrt[3]{n}-1}} )} = \lim_{n \to \inf} \exp(\frac{ln(\frac{3n-1}{n+1})}{\sqrt[3]{n}-1})=\\=e^{\lim_{n \to \inf} \frac{ln(\frac{3n-1}{n+1})}{\sqrt[3]{n}-1} } = e^{{\lim_{n \to \inf} \frac{ln(\frac{3n-1}{n+1})}{\sqrt[3]{n}-1} }} = e^{\frac{\ln(\lim_{n \to \inf} (\frac{3n-1}{n+1}))}{\lim_{n \to \inf} (\sqrt[3]{n}-1)}}=e^{\frac{ln(3)}{\inf}}=e^{0}=1 :)[/tex]

0

Na taip, bet čia galėjai pastebėti, jog neturime neapibrėžtumo, taigi galime paskaičiuoti ribą iškart (laipsnio pagrindas artėja prie 3, o laipsnio rodiklis prie 0) :)

0

Norėdami rašyti žinutes privalote prisijungti!