Tomas PRO +4543
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.
pakeista prieš 6 m