eMatematikas.lt
Pradžia Forumai + Nauja tema Nariai
Įrankiai
Formulės Testai Egzaminai
Prisijungti Registruotis
       

Skaičiuojame skaičių sekų ribas (pirmasis neapibrėžtumas)

Pamokoje, kurią galite rasti čia: http://www.ematematikas.lt/forumas/skaiciu-sekos-riba-kas-tai-t12151.html, mes išsiaiškinome, ką vadiname skaičių sekos riba. Taip pat išmokome įrodyti paprasčiausias ribas taikant apibrėžimą. Bet akivaizdu, jog toks įrodymo būdas pasidaro pernelyg sunkus, jei seką apibrėžianti formulė yra labai sudėtinga, tarkime kad ir tokia: [tex]x_n=\dfrac{8n^4+3n^2+n}{2n^4+5n^3+4}[/tex]. Be to norint taikyti apibrėžimą būtina turėti prielaidą apie tos ribos reikšmę, o tai reiškia, kad pačiu nesėkmingiausiu atveju turėtume patikrinti begalybę galimų kandidatų į duotosios sekos ribos reikšmę. Taigi šioje pamokoje susipažinsime su skaičių sekų ribų savybėmis ir remdamiesi jomis bei pagrindinėmis žinomomis ribomis išmoksime paskaičiuoti duotosios sekos ribą.

Jei [tex]\lim\limits_{n \to \infty}x_n=a[/tex] ir [tex]\lim\limits_{n \to \infty}y_n=b[/tex], kur [tex]a∈R,b∈R[/tex], tai:
1) [tex]\lim\limits_{n \to \infty}(x_n±y_n)=\lim\limits_{n \to \infty}x_n±\lim\limits_{n \to \infty}y_n=a±b[/tex]
2) [tex]\lim\limits_{n \to \infty}(x_n\cdot y_n)=\lim\limits_{n \to \infty}x_n\cdot \lim\limits_{n \to \infty}y_n=a\cdot b[/tex]
3) [tex]\lim\limits_{n \to \infty}(c\cdot x_n)=c\cdot \lim\limits_{n \to \infty}x_n=c\cdot a[/tex], čia [tex]c∈R[/tex]
4) [tex]\lim\limits_{n \to \infty}\dfrac{x_n}{y_n}=\dfrac{\lim\limits_{n \to \infty}x_n}{\lim\limits_{n \to \infty}y_n}=\dfrac{a}{b}[/tex], čia [tex]y_n≠0, b≠0.[/tex]
Kai kurių ribų lentelė:
1) Jei [tex]\lim\limits_{n \to \infty}x_n=±\infty[/tex], tai [tex]\lim\limits_{n \to \infty}\dfrac{1}{x_n}=0[/tex]
2) Jei [tex]\lim\limits_{n \to \infty}x_n=c[/tex] ir [tex]\lim\limits_{n \to \infty}y_n=0[/tex], tai:
[tex]\lim\limits_{n \to \infty}\dfrac{x_n}{y_n}=+\infty[/tex], kai [tex]c∈R,\space c>0[/tex]
[tex]\lim\limits_{n \to \infty}\dfrac{x_n}{y_n}=-\infty[/tex], čia [tex]c∈R,\space c<0[/tex]
3) Jei [tex]P_k(n)=a_0n^k+a_1n^{k-1}+...+a_{k-1}n+a_k[/tex], [tex]k∈N[/tex], tai:
[tex]\lim\limits_{n \to \infty}P_k(n)=+\infty[/tex], jei [tex]a_0>0[/tex]
[tex]\lim\limits_{n \to \infty}P_k(n)=-\infty[/tex], jei [tex]a_0<0[/tex]
4) [tex]\lim\limits_{n \to \infty}c=c[/tex], kur [tex]c∈R[/tex]

[tex]\bullet[/tex] Remdamiesi šiomis taisyklėmis įvertinkime ribą: [tex]\lim\limits_{n \to \infty}\dfrac{2n-3}{3n+5}[/tex].
Dar praėjusioje pamokoje įrodėme, jog ši riba lygi [tex]\dfrac{2}{3}[/tex]. Patikrinkime tai skaičiuodami ribą taip:
Pagal turimas taisykles gauname, kad: [tex]\lim\limits_{n \to \infty}(2n-3)=\infty[/tex] ir [tex]\lim\limits_{n \to \infty}(3n+5)=\infty[/tex].
Jei skaičiuojame ribą [tex]\lim\limits_{n \to \infty}P_{k}(n)=\infty[/tex] ir [tex]\lim\limits_{n \to \infty}P_m(n)=\infty[/tex], tai laikome, jog riba [tex]\lim\limits_{n \to \infty}\dfrac{P_{k}(n)}{P_{m}(n)}[/tex] turi neapibrėžtumą [tex](\dfrac{\infty}{\infty})[/tex]. Neapibrėžtumas reiškia, kad mes negalime nustatyti ribos reikšmės. Tuomet turimą reiškinį [tex]\dfrac{P_{k}(n)}{P_{m}(n)}[/tex] reikia pertvarkyti taip, kad šis neapibrėžtumas dingtų. Tai yra padaroma padalijant ir skaitiklį ir vardiklį iš [tex]n^t[/tex], kur [tex]t=\max(k,m)[/tex]. Toliau taikomos ribų savybės.
Mūsų atveju turime, kad: [tex]t=\max(1;1)=1[/tex], vadinasi dalinsime iš [tex]n^1=n[/tex]. Gauname:
[tex]\lim\limits_{n \to \infty}\dfrac{2n-3}{3n+5}=\lim\limits_{n \to \infty}\dfrac{\frac{2n-3}{n}}{\frac{3n+5}{n}}=\lim\limits_{n \to \infty}\dfrac{2-\frac{3}{n}}{3+\frac{5}{n}}[/tex]
Taikome 4 ribų savybę:
[tex]\lim\limits_{n \to \infty}\dfrac{2-\frac{3}{n}}{3+\frac{5}{n}}=\dfrac{\lim\limits_{n \to \infty}(2-\frac{3}{n})}{\lim\limits_{n \to \infty}(3+\frac{5}{n})}[/tex]
Dabar skaitiklyje ir vardiklyje taikome 1 savybę:
[tex]\dfrac{\lim\limits_{n \to \infty}(2-\frac{3}{n})}{\lim\limits_{n \to \infty}(3+\frac{5}{n})}=\dfrac{\lim\limits_{n \to \infty}2-\lim\limits_{n \to \infty}\frac{3}{n}}{\lim\limits_{n \to \infty}3+\lim\limits_{n \to \infty}\frac{5}{n}}[/tex]
Galiausiai belieka paskaičiuoti ribas pagal duotų ribų lentelę:
[tex]\dfrac{\lim\limits_{n \to \infty}2-\lim\limits_{n \to \infty}\frac{3}{n}}{\lim\limits_{n \to \infty}3+\lim\limits_{n \to \infty}\frac{5}{n}}=\dfrac{2-0}{3+0}=\dfrac{2}{3}[/tex]

[tex]\bullet[/tex] Apskaičiuokime ribą [tex]\lim\limits_{n \to \infty}\dfrac{10n^3+4n^2-3n}{2n^5-13n^3+8}[/tex]:
Skaitiklio laipsnis yra [tex]3[/tex], o vardiklio [tex]5[/tex]. Vadinasi [tex]t=\max(3;5)=5[/tex]. Skaitiklį ir vardiklį dalijame iš [tex]n^5[/tex]:
$$\lim\limits_{n \to \infty}\dfrac{\frac{10n^3+4n^2-3n}{n^5}}{\frac{2n^5-13n^3+8}{n^5}}=\lim\limits_{n \to \infty}\dfrac{\frac{10}{n^2}+\frac{4}{n^3}-\frac{3}{n^4}}{2-\frac{13}{n^2}+\frac{8}{n^5}}=\dfrac{\lim\limits_{n \to \infty}(\frac{10}{n^2}+\frac{4}{n^3}-\frac{3}{n^4})}{\lim\limits_{n \to \infty}(2-\frac{13}{n^2}+\frac{8}{n^5})}=\\\dfrac{\lim\limits_{n \to \infty}\frac{10}{n^2}+\lim\limits_{n \to \infty}\frac{4}{n^3}-\lim\limits_{n \to \infty}\frac{3}{n^4}}{\lim\limits_{n \to \infty}2-\lim\limits_{n \to \infty}\frac{13}{n^2}+\lim\limits_{n \to \infty}\frac{8}{n^5}}=\dfrac{0+0-0}{2-0+0}=\dfrac{0}{2}=0$$
[tex]\bullet[/tex] Apskaičiuokime ribą [tex]\lim\limits_{n \to \infty}\dfrac{n^3+54n^2-3}{20n^2-1}[/tex]:
Skaitiklio laipsnis yra [tex]3[/tex], o vardiklio [tex]2[/tex]. Vadinasi [tex]t=\max(3;2)=3[/tex]. Skaitiklį ir vardiklį dalijame iš [tex]n^3[/tex]:
[tex]\lim\limits_{n \to \infty}\dfrac{\frac{n^3+54n^2-3}{n^3}}{\frac{20n^2-1}{n^3}}=\lim\limits_{n \to \infty}\dfrac{1+\frac{54}{n}-\frac{3}{n^3}}{\frac{20}{n}-\frac{1}{n^3}}[/tex]
Kadangi [tex]\lim\limits_{n \to \infty}(1+\frac{54}{n}-\frac{3}{n^3})=1+0-0=1[/tex] ir [tex]\lim\limits_{n \to \infty}(\frac{20}{n}-\frac{1}{n^3})=0-0=0[/tex], tai pagal ribų lentelės antrą atvejį:
[tex]\lim\limits_{n \to \infty}\dfrac{n^3+54n^2-3}{20n^2-1}=\infty[/tex]

Kaip matome iš to paties neapibrėžtumo galime gauti tiek konverguojančią, tiek diverguojančią seką.
Tam, kad palengvintume tokių ribų skaičiavimą, galime naudotis šitokia lentele:
Turime dauginarius:
[tex]P_k(n)=a_0n^k+a_1n^{k-1}+...+a_{k-1}n+a_k[/tex], [tex]k∈N[/tex]
[tex]P_m(n)=b_0n^m+b_1n^{m-1}+...+b_{m-1}n+b_m[/tex], [tex]m∈N[/tex]
[tex]\bullet[/tex] Jei [tex]k<m[/tex], tai: [tex]\lim\limits_{n \to \infty}\dfrac{P_k(n)}{P_m(n)}=0[/tex]
[tex]\bullet[/tex] Jei [tex]k=m[/tex], tai: [tex]\lim\limits_{n \to \infty}\dfrac{P_k(n)}{P_m(n)}=\dfrac{a_0}{b_0}[/tex]
[tex]\bullet[/tex] Jei [tex]k>m[/tex], tai:
[tex]\lim\limits_{n \to \infty}\dfrac{P_k(n)}{P_m(n)}=\infty[/tex], kai [tex]\dfrac{a_0}{b_0}>0[/tex]
[tex]\lim\limits_{n \to \infty}\dfrac{P_k(n)}{P_m(n)}=-\infty[/tex], kai [tex]\dfrac{a_0}{b_0}<0[/tex]
Dar viena nemažiau svarbi ribų savybė yra ši:
[tex]\lim\limits_{n \to \infty}(x_n)^k=(\lim\limits_{n \to \infty}x_n)^k[/tex], kur [tex]k∈R[/tex]
Ši savybė palengvina štai tokių ribų kaip: [tex]\lim\limits_{n \to \infty}(\dfrac{n+6}{2n-1})^3[/tex] skaičiavimą.
Vietoje to, kad keltume reiškinį kubu, mes galime tiesiog parašyti: [tex]\lim\limits_{n \to \infty}(\dfrac{n+6}{2n-1})^3=(\lim\limits_{n \to \infty}\dfrac{n+6}{2n-1})^3[/tex].
Tuomet, kadangi [tex]\lim\limits_{n \to \infty}\dfrac{n+6}{2n-1}=\dfrac{1}{2}[/tex], tai:
[tex]\lim\limits_{n \to \infty}(\dfrac{n+6}{2n-1})^3=(\lim\limits_{n \to \infty}\dfrac{n+6}{2n-1})^3=(\dfrac{1}{2})^3=\dfrac{1}{8}[/tex].
Remiantis šia savybe, mes galime skaičiuoti reiškinių, kuriuose yra šaknų, ribas, kadangi kaip žinia šaknį galime pakeisti racionaliuoju laipsnio rodikliu.
[tex]\bullet[/tex] Apskaičiuokime ribą: [tex]\lim\limits_{n \to \infty}\sqrt{\dfrac{2n-1}{8n-2}}[/tex]:
Taikydami savybę, gauname (mes vietoje to, jog šaknį pakeistume laipsnio rodikliu, tiesiog iškart taikome laipsnio ribos savybę):
[tex]\lim\limits_{n \to \infty}\sqrt{\dfrac{2n-1}{8n-2}}=\sqrt{\lim\limits_{n \to \infty}\dfrac{2n-1}{8n-2}}=\sqrt{\dfrac{2}{8}}=\sqrt{\dfrac{1}{4}}=\dfrac{1}{2}[/tex].

Dabar susitarsime, jog sumoje reiškinių esantis dėmuo  [tex]P_{m}(n)\sqrt[S]{P_{k}(n)}[/tex] bus laikomas [tex]m+\dfrac{k}{s}[/tex] laipsnio dėmeniu.
Tuomet sumą, sudarytą iš dėmenų, pavidalu [tex]P_{m}(n)\sqrt[S]{P_{k}(n)}[/tex], vadinsime iracionaliuoju reiškiniu [tex]Q_z[/tex], kurio laipsnis [tex]z[/tex] bus lygus aukščiausio laipsnio dėmens laipsniui.
Taigi tarkime reiškinys: [tex]x_n=\sqrt[3]{n^2-4n}+n[/tex] bus pirmojo laipsnio, nes pirmasis dėmuo yra [tex]\dfrac{2}{3}[/tex] laipsnio, o antrasis [tex]1[/tex] laipsnio, o tai reiškia, kad: [tex]\max(\frac{2}{3};1)=1[/tex].
Po tokio susitarimo mes galime nagrinėti ribas:
[tex]\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{Q_{z_1}(n)}{Q_{z_2}(n)}[/tex] panašiai kaip ribas [tex]\lim\limits_{n \to \infty}\dfrac{P_k(n)}{P_m(n)}[/tex].

[tex]\bullet[/tex] Raskime ribą [tex]\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{\sqrt[3]{n^2-4n}+n}{2n-1}[/tex]
Vietoje žodžio artėja, mes naudosime žymenį [tex]\rightarrow[/tex]:
Jei, kai [tex]n\rightarrow \infty[/tex], tai [tex]x_n\rightarrow \infty[/tex] ir [tex]y_n\rightarrow \infty[/tex], tada: [tex](x_n+y_n)\rightarrow \infty[/tex]
Vadinasi gauname, kad duotosios trupmenos tiek skaitiklis, tiek vardiklis artėja į begalybę, kai [tex]n\rightarrow \infty[/tex]. Taigi turime neapibrėžtumą [tex](\dfrac{\infty}{\infty})[/tex].
Tuomet lygiai taip pat kaip ir ribų [tex]\lim\limits_{n \to \infty}\dfrac{P_k(n)}{P_m(n)}[/tex] atveju nustatome skaitiklio ir vardiklio laipsnius. Gauname [tex]z_1=1[/tex] ir [tex]z_2=1[/tex]. Tuomet radę [tex]\max(z_1;z_2)=\max(1;1)=1[/tex], padalijame ir skaitiklį ir vardiklį iš [tex]n^1=n[/tex], gauname (taikome ribų savybes):
$$\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{\frac{\sqrt[3]{n^2-4n}+n}{n}}{\frac{2n-1}{n}}=\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{\sqrt[3]{\frac{n^2-4n}{n^3}}+1}{2-\frac{1}{n}}=\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{\sqrt[3]{\frac{1}{n}-\frac{4}{n^2}}+1}{2-\frac{1}{n}}=\dfrac{\lim\limits_{n\to \infty}(\sqrt[3]{\frac{1}{n}-\frac{4}{n^2}}+1)}{\lim\limits_{n\to \infty}(2-\frac{1}{n})}=\\\dfrac{\lim\limits_{n\to \infty}\sqrt[3]{\frac{1}{n}-\frac{4}{n^2}}+\lim\limits_{n\to \infty}1}{\lim\limits_{n\to \infty}2-\lim\limits_{n\to \infty}\frac{1}{n}}=\dfrac{\sqrt[3]{\lim\limits_{n\to \infty}(\frac{1}{n}-\frac{4}{n^2})}+1}{2-0}=\dfrac{\sqrt[3]{0-0}+1}{2-0}=\dfrac{1}{2}$$
[tex]\bullet[/tex] Raskime ribą [tex]\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{n\sqrt[3]{5n^2}+\sqrt[4]{9n^8+1}}{(n+\sqrt{n})\cdot\sqrt{7-n+n^2}}[/tex]
Nustatome, kad [tex]z_1=2[/tex], o [tex]z_2=2[/tex]. [tex]\max(2;2)=2[/tex]. Taigi skaitiklį ir vardiklį dalijame iš [tex]n^2[/tex]:
$$\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{\frac{n\sqrt[3]{5n^2}+\sqrt[4]{9n^8+1}}{n^2}}{\frac{(n+\sqrt{n})\cdot\sqrt{7-n+n^2}}{n^2}}=\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{\frac{\sqrt[3]{5n^2}}{n}+\sqrt[4]{\frac{9n^8+1}{n^8}}}{\frac{n+\sqrt{n}}{n}\cdot\frac{\sqrt{7-n+n^2}}{n}}=\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{\sqrt[3]{\frac{5}{n}}+\sqrt[4]{9+\frac{1}{n^8}}}{(1+\sqrt{\frac{1}{n}})\cdot \sqrt{\frac{7-n+n^2}{n^2}}}=\\\dfrac{\lim\limits_{n\to \infty}\sqrt[3]{\frac{5}{n}}+\lim\limits_{n\to \infty}\sqrt[4]{9+\frac{1}{n^8}}}{\lim\limits_{n\to \infty}(1+\sqrt{\frac{1}{n}})\cdot \lim\limits_{n\to \infty}\sqrt{\frac{7}{n^2}-\frac{1}{n}+1}}=\dfrac{0+\sqrt[4]{9}}{1\cdot 1}=\sqrt[4]{9}=\sqrt{3}$$
Kitus neapibrėžtumus panagrinėsime kitose pamokose.

Paskutinį kartą atnaujinta 2017-10-30

1

Uždaviniai praktikai. Raskite ribas:
1. [tex]\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{(n+1)^3-(n-1)^3}{(n+1)^2+(n-1)^2}[/tex]
2*. [tex]\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{(2n+1)!+(2n+2)!}{(2n+3)!}[/tex]
3. [tex]\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{\sqrt{n^5+1}+\sqrt[6]{n^7-3}}{\sqrt[7]{n^8+n}-n^2\sqrt{n}-5}[/tex]
4. [tex]\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{3-n^4}{n^2+2n-5}[/tex]
5. [tex]\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{n^2-4}{n^3+1}[/tex]
6. [tex]\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{(n+6)^2}{2n^2+1}[/tex]
7. [tex]\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{n^2+\sqrt{n}-1}{2+7+12+...+(5n-3)}[/tex]

Atsakymai:
1.) [tex]3[/tex]; 
2.) [tex]0[/tex];
3.) [tex]-1[/tex];
4.) [tex]-\infty[/tex];
5.) [tex]0[/tex];
6.) [tex]\dfrac{1}{2}[/tex];
7.) [tex]\dfrac{2}{5}[/tex];

Paskutinį kartą atnaujinta 2017-09-24

0

Norėdami rašyti žinutes privalote prisijungti!