4 i 6 seria.... Question from @jksoss

Zad 1.

a) $a_n=\frac{{n^2\choose 2}}{{n-1 \choose 2}^2}=\frac{n^2(n^2-1)}{2}\cdot \frac{4}{(n-1)^2(n-2)^2}\to 2$

Ponieważ góra i dół są wielomianami czwartego stopnia jeżeli wyłączymy współczynnik (2), czyli wszystko dąży do $2\cdot 1$

b) $b_n=\frac{(n+2)(n+1)(n+3)(n+2)(n+1)}{12}\cdot \frac{24}{n\cdot(n+4)\cdot(n+3)\cdot(n+2)\cdot(n+1)}\to 2$

Jak poprzednio

c) $c_n=\frac{(\frac{n+1}{2}\cdot n)^2}{(n^2+2)^2(n^2+1)^2/2}\to \frac{1}{2}$

Znów mamy wielomiany czwartego stopnia, o współczynniku przy najwyżsej potędze jeden.

d) Widać, że $d_n$ to jest poprzedni podpunkt minus czynniki $2ab$ które po podzieleniu będą dążyć do zera. Stąd granica jak w poprzednim podpupnkcie.

e) $e_n=\sqrt{3n+1}-\sqrt{3n+14}=\frac{3n+1-3n+14}{\sqrt{3n+1}+\sqrt{3n+14}}\to 0$

f) $e_n=\sqrt{n^2+7n}-\sqrt{n^2-n}=\frac{n^2+7n-n^2+n}{\sqrt{n^2+7n}+\sqrt{n^2-n}}=\frac{8}{\sqrt{1+7/n}+\sqrt{1-1/n}}\to 4$

Zadanie 2.

a) $a_n=\frac{(n+1)!(n+2+1)}{(n+1)!(n+2-1)}\to 1$

b) Na razie nie wiem

c) $c_n=\frac{\sqrt{n^2+5}-n}{\sqrt{n^2+2}-n}=\frac{(\sqrt{n^2+5}-n)(\sqrt{n^2+2}-n)}{2}=$

$=\frac{n^2+5-n^2}{\sqrt{n^2+5}+n}\cdot\frac{n^2+2-n^2}{\sqrt{n^2+2}-n}\cdot\frac{1}{2}\to 0$

d) $d_n=n\cdot\frac{\sqrt[3]{(n^3+n+2}-n)\cdot(\sqrt[3]{(n^3+n+2)^2}+n\sqrt[3]{n^3+n+2}+n^2)}{\sqrt[3]{(n^3+n+2)^2}+n\sqrt[3]{n^3+n+2}+n^2)}=$

$=n\cdot\frac{n^3+n+2-n^3}{z}$

$z$ oznacza to samo co w poprzednim mianowniku.

skorzystałem ze wzoru $(a^3-b^3)=(a-b)(a^2+ab+b^2)$

Kontynuując

$=\frac{n^2+2n}{z}\to \frac{1}{3}$

Ja już tego nie rozpisze bo to za duże wyrażenie. Ale widzisz, ze jeżeli z podzielisz przez $n^2$ to dostaniesz w mianowniku 3 jedynki a na górze jedynkę z tąd wyjdzie granica. Jak sobie to rozpiszesz na kartce na pewno bez trudu dokończysz i dostaniesz mój wynik.

e) Na pewno wiesz, że $\sqrt[n]{n}\to 1$

$\sqrt[n]{n+1}=(\sqrt[n+1]{n+1})^\frac{n+1}{n}$

Teraz wiemy, żę oba ciągi(mam na myśli $\sqrt[n+1]{n+1} i \frac{n+1}{n}$ są dla dostatecznie dużych n, dlatego można przejśc do granicy i stwierdzić, żę ten ciąg dąży do jedynki. Gdybyś chciał dokładniej to stwierdź, że dla każdego $\varepsilon>0$ istnieje n tak duże, żę $\sqrt[n+1]{n+1}^\frac{n+1}{n}\leq\sqrt[n+1}{n+1}^{1+\varepsilon}\to 1$ co było do wykazania.

f) $f_n=\frac{(3n)!}{(n!)^3}=\frac{3n\cdot (3n-1)\cdot (3n-2)}{n^3}}\cdot\frac{3(n-1)\cdot(3(n-1)-1)\cdot(3(n-1)-2}{(n-1)^3}\cdot...\cdot \frac{6}{1}$

Nie mam teraz pomysłu na jakieś bardzo ścisłe rozumowanie. Ale widać tutaj, że z pierwszego iloczynu dostaniemy 27 z drugiego coś koło 27 i tak dalej i przemnażając takie liczby w nieskończoność wyjdzie nam ciąg rozbieżny. Nie mam jeszcze pomysłu jak to skończyć więc potraktuj to jako wskazówkę.

Aha. Obliczmy $\frac{f_{n+1}}{f_n}= \frac{3(n+1)(3n+2)(3n+1)}{n^3}\to 9$ a to jest kryterium które mówi, że jeżeli $\frac{f_{n+1}}{f_n}>1$ to ciąg jest rozbieżny.

Ops nie przeczytałem, że serii piątej nie:P no nic poćwiczyłem sobie:D a ty możesz sprawdzić.

Zadanie 3.

Skoro mowisz, że tylko e i f to proszę:

e) to jest robi sie tak samo jak poprzednim zadaniu ostatni podpunkt.

$\frac{e_{n+1}}{e_n}=\frac{(n+1)\cdot(n+1)}{(2n+2)(2n+1)}\to \frac{1}{4}$ czyli ciąg jest zbieżny do zera. Bo kolejne duże wyrazy są jakby 1/4 razy mniejsze od poprzedniej, jest takie kryterium i ono wtedy mówi o zbieżności do zera.

f) No to jest prościutkie.:D

$\lim_{n\to\infty} f_n=\sum_{i=1}^\infty\frac{1}{2^i}=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{1-\frac{1}{2}}=1$

po prostu suma szeregu geometrycznego:)

4 votes Thanks 0

cyfra

seria 4

$a_n = \frac{{n^2 \choose 2}}{ {n - 1\choose 2}^2} = \frac{\frac{(n^2)!}{2!*(n^2 - 2)!}}{\left(\frac{(n - 1)!}{2!(n - 3)!}\right)^2} = \frac{n^2(n^2 - 1)}{(n - 1)^2(n - 2)^2} = \frac{2n^2(n + 1)}{(n - 2)^2(n - 1)} = \frac{2(1+\frac{1}{n})}{(1 - \frac{2}{n})^2(1 - \frac{1}{n})} \rightarrow 2$

b_n = \frac{ $b_n = \frac{{n+2\choose2}{n+3\choose3}}{n{n+4\choose4}} = \frac{\frac{(n+2)!}{2!*n!}*\frac{(n+3)!}{3!*n!}}{n*\frac{(n+4)!}{4!*n!}} = \frac{4!(n+2)(n+1)(n+3)(n+2)(n+1)}{2!*3!(n+4)(n+3)(n+2)(n+1)n} = \frac{2(n+2)(n+1)}{(n+4)n} = \frac{2\left(1 + \frac{2}{n}\rght)\left(1 + \frac{1}{n}\right)}{1+\frac{4}{n}} \rightarrow \frac{2(1+0)(1+0)}{1 + 0} = 2$

$c_n = \frac{(1+2+3+...+n)^2}{{n^2+2\choose2}} = \frac{(\frac{1+n}{2}*n)^2}{\frac{(n^2+2)!}{2!(n^2)!}} = \frac{2!(n(n+1))^2}{4(n^2+2)(n^2+1)} = \frac{\left(1 + \frac{1}{n}\right)^2}{2\left(1+\frac{2}{n^2}\right)\left(1+\frac{1}{n^2}\right)} \rightarrow \frac{1}{2(1+0)(1 + 0)} = \frac{1}{2}$

$e_n = \sqrt{3n+1} - \sqrt{3n+14} = \frac{\left(\sqrt{3n+1} - \sqrt{3n+14}\right)*\left(\sqrt{3n+1} + \sqrt{3n+14}\right)}{\sqrt{3n+1} + \sqrt{3n+14}} = \frac{(3n+1) - (3n + 14)}{\sqrt{3n+1} + \sqrt{3n+14}} = -\frac{13}{\sqrt{3n+1} + \sqrt{3n+14}} \rightarrow 0$

$f_n = \sqrt{n^2+7n} - \sqrt{n^2-n} = \frac{\left(\sqrt{n^2+7n} - \sqrt{n^2-n}\right)*\left(\sqrt{n^2+7n} + \sqrt{n^2-n}\right)}{\sqrt{n^2+7n} + \sqrt{n^2-n}} = \frac{(n^2+7n)-(n^2-n)}{\sqrt{n^2+7n} + \sqrt{n^2-n}} = \frac{8n}{\sqrt{n^2+7n} + \sqrt{n^2-n}} = \frac{8}{\sqrt{1+\frac{7}{n}} +\sqrt{1-\frac{1}{n}}} \rightarrow frac{8}{2} = 4$

seria 2

$a_n = \sqrt[n]{2^n+5^n} = 5\sqrt[n]{1+\left(\frac{2}{5}\right)^n} < 5\sqrt[n]{1+1^1}\rightarrow 5\\ a_n = \sqrt[n]{2^n+5^n} = 5\sqrt[n]{1+\left(\frac{2}{5}\right)^n} > 5\sqrt[n]{1+0^1}\rightarrow 5\\ a_n \rightarrow 5$

druga nierówność zachodzi oczywiście dla dostatecznie dużych n:

$b_n = \sqrt[n]{2^n+n} = 2\sqrt[n]{1 + \frac{n}{2^n}} >2\sqrt[n]{1+0} \rightarrow 2\\ b_n = \sqrt[n]{2^n+n} = 2\sqrt[n]{1 + \frac{n}{2^n}} <2\sqrt[n]{1+1} \rightarrow 2\\ b_n \rightarrow 2$

$c_n = \frac{1}{n^2+1}+ \frac{1}{n^2+2}+...+ \frac{1}{n^2+n} < n*\frac{1}{n^2} = \frac{1}{n} \rightarrow 0\\ c_n = \frac{1}{n^2+1}+ \frac{1}{n^2+2}+...+ \frac{1}{n^2+n} > 0 \Rightarrow lim c_n \geq 0\\ c_n \rightarrow 0$

korzystamy ze wzoru stirlinga:

$n! \approx \left(\frac{n}{e}\right)^n\sqrt{2\pi n}\\ d_n = \frac{n!}{n^n} \approx \frac{\left(\frac{n}{e}\right)^n\sqrt{2\pi n}}{n^n} = \frac{\sqrt[n]{2\pi n}}{e^n} \rightarrow 0$

korzystamy tu z warunku koniecznego na zbierzność szeregu:

$a_n \geq 0 \wedge \sum a_n < +\infty \Rightarrow a_n \rightarrow 0$

oraza z kryterium d'Alamberta zbieżnościo szeregu:

$e_n = \frac{(n!)^2}{(2n)!}\\ \frac{e_{n+1}}{e_n} = \frac{\frac{((n+1)!)^2}{(2n+2)!}\\}{\frac{(n!)^2}{(2n)!}\\} = \left(\frac{(n+1)!}{n!}\right)^2*\frac{(2n)!}{(2n+2)!} = \frac{(n+1)^2}{(2n+1)(2n+2)} \rightarrow \frac{1}{4} < 1 \Rightarrow \sum a_n < +\infty$

to jest suma szregu geometrycznego:

$f_n = \frac{1}{2} + \frac{1}{2^2} + ...+\frac{1}{2^n} \rightarrow \frac{\frac{1}{2}}{1 - \frac{1}{2}} = 1$

4 votes Thanks 0

Recommend Questions

Life Enjoy

Get in touch

Social