×   HOME PREDAVANJA

SADRŽAJ OSNOVE LINEARNA ALGEBRA VEKTORI I GEOMETRIJA FUNKCIJE DERIVACIJE NIZOVI I REDOVI INDEKS

VJEŽBE

SADRŽAJ OSNOVE LINEARNA ALGEBRA VEKTORI I GEOMETRIJA FUNKCIJE DERIVACIJE NIZOVI I REDOVI

KVIZ

SADRŽAJ OSNOVE LINEARNA ALGEBRA VEKTORI I GEOMETRIJA FUNKCIJE DERIVACIJE NIZOVI I REDOVI

PODSJETNIK

SADRŽAJ OSNOVE LINEARNA ALGEBRA VEKTORI I GEOMETRIJA FUNKCIJE DERIVACIJE NIZOVI I REDOVI

JAVA NETPLOT OCTAVE Traži ...

☰   matematika1 Konvergencija monotonog i omeđenog     NIZOVI I REDOVI     Limes ukliještenog niza

Limesi nekih osnovnih nizova

Izračunajte limes niza čiji je opći član:

a)

$a_n=\displaystyle \frac{2n^3-1}{2-n^3}$ ,

b)

$a_n=\displaystyle \sqrt{n}\left(\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\right)$ ,

c)

$a_n=\displaystyle \frac{(-3)^n+4^n}{(-3)^{n+1}+4^{n+1}}$ ,

d)

$a_n=\displaystyle \frac{3}{2\,\mathop{\mathrm{arctg}}\nolimits n}$ ,

e)

$a_n=\displaystyle \frac{n^2(n^2+1)}{2^n(n^2-1)}$ ,

f)

$a_n=\displaystyle \left(1-\frac{1}{3n}\right)^n$ ,

g)

$a_n=\displaystyle n[\ln(n+3)-\ln{n}]$ ,

h)

$a_n=\displaystyle \frac{2^n}{\ln\left(1+\frac{1}{2n}\right)^{n+1}}$ ,

i)

$a_n=\displaystyle n\sqrt[n]{\sin\frac{2}{n}}$ .

Rješenje.

a)

Izlučimo li $n^3$ iz brojnika i nazivnika općeg člana dobivamo

$$\lim_{n\to \infty}a_n=\lim_{n\to \infty}\frac{2n^3-1}{2-n^3}= \lim_{n\to \infty}\frac{2-\frac{1}{n^3}}{\frac{2}{n^3}-1}=-2.$$

b)

Racionalizacijom izraza u zagradama dobivamo

$$\lim_{n\to \infty}a_n =\lim_{n\to \infty}\sqrt{n}\left(\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\right)=\lim_... ...(\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\right)\cdot\frac{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}$$

$$=\lim_{n\to \infty}\frac{\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}=\lim_{n\to \infty}\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}+1}=\frac{1}{2}.$$

c)

Izlučimo li iz brojnika i nazivnika potenciju s većom bazom dobivamo

$$\lim_{n\to \infty}a_n=\lim_{n\to \infty} \frac{(-3)^n+4^n}{(-3)^{n+1}+4^{n+1}} =\lim_{n\to \infty} \frac{4^n\left[\left(-\frac{3}{4}\right)^n+1\right]} {4^{n+1}\left[\left(-\frac{3}{4}\right)^{n+1}+1\right]}$$

$$= \lim_{n\to \infty} \frac{\left(-\frac{3}{4}\right)^n+1} {4\left[\left(-\frac{3}{4}\right)^{n+1}+1\right]}=\frac{1}{4},$$

jer je

$$\lim_{n\to \infty} a^n= \left\{ \begin{matrix}\infty, & a>1\\ 1, & a=1\\ 0, & \vert a\vert<1 \end{matrix} \right..$$ (6.4)

d)

Vrijedi

$$\lim_{n\to \infty}a_n= \lim_{n\to \infty}\frac{3}{2\,\mathop{\mathrm{arctg}}\nolimits n}= \frac{3}{2\cdot\frac{\pi}{2}}=\frac{3}{\pi},$$

jer proširenjem po neprekidnosti imamo

$$\lim_{n\to \infty}\mathop{\mathrm{arctg}}\nolimits n=\lim_{x\to \infty}\mathop{\mathrm{arctg}}\nolimits x=\frac{\pi}{2}.$$

e)

Primjenom tvrdnje (iii) iz [M1, teorem 6.6] je

$$\lim_{n\to \infty}a_n=\lim_{n\to \infty} \frac{n^2(n^2+1)}{2^n(n^... ...}{2^n}\cdot\lim_{n\to \infty}\frac{1+\frac{1}{n^2}}{1-\frac{1}{n^2}}=0\cdot1=0,$$

gdje smo proširenjem po neprekidnosti i primjenom L'Hospitalovog pravila dobili

$$\lim_{n\to \infty} \frac{n^2}{2^n}=\lim_{x\to \infty} \frac{x^2}{... ...{x\to \infty} \frac{2x}{2^x \ln 2}=\lim_{x\to \infty} \frac{2}{2^x \ln^2 2 }=0.$$

f)

Prema [M1, poglavlje 6.1.3] vrijedi

$$\lim_{n\to \infty} \left(1-\frac{1}{n}\right)^{-n}=e,$$ (6.5)

pa korištenjem tvrdnje (v) iz [M1, teorem 6.6] slijedi

$$\lim_{n\to \infty}a_n=\lim_{n\to \infty} \left(1-\frac{1}{3n}\right)^n = \lim_{n\to \infty} {\left[\left(1-\frac{1}{3n}\right)^{-3n}\right]}^{-\frac{1}{3}}$$

$$={\left[\lim_{n\to \infty} \left(1-\frac{1}{3n}\right)^{-3n}\right]}^{-\frac{1}{3}}$$

$$= e^{-\frac{1}{3}}=\frac{1}{\sqrt[3]{e}}.$$

g)

Koristeći svojstva logaritamske funkcije zadani limes možemo zapisati u obliku

$$\lim_{n\to \infty}a_n=\lim_{n\to \infty}n\, \left[\ln{(n+3)}-\ln{n}\right]=\lim_{n\to \infty}\ln \left( \frac{n+3}{n}\right)^n.$$

Prema [M1, poglavlje 6.1.3] vrijedi

$$\lim_{n\to \infty} \left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}=e$$ (6.6)

pa je zbog neprekidnosti logaritamske funkcije i tvrdnje (v) iz [M1, teorem 6.6]

$$\lim_{n\to \infty}a_n=\lim_{n\to \infty}\ln \left( \frac{n+3}{n}\right)^n =\lim_{n\to \infty} \ln \left(1+\frac{3}{n}\right)^n$$

$$=\lim_{n\to \infty} \ln \left[ \left(1+\frac{1}{\frac{n}{3}}\right)^{\frac{n}{3}}\right]^3$$

$$= \ln \left[\lim_{n\to \infty} \left(1+\frac{1}{\frac{n}{3}}\right)^{\frac{n}{3}}\right]^3$$

$$=\ln e^3=3.$$

h)

Prema tvrdnji (v) iz [M1, teorem 6.6] i formuli (6.6), vrijedi

$$\lim_{n\to \infty}\left(1+\frac{1}{2n}\right)^{n+1} = \lim_{n\to \infty}{\left[\left(1+\frac{1}{2n}\right)^{2n}\right... ...ac{1}{2n}\right)^{2n}\right]}^{{\displaystyle\lim_{n\to \infty}}\frac{n+1}{2n}}$$

$$=e^{\frac{1}{2}}.$$

Zbog tvrdnje (iv) iz [M1, teorem 6.6], neprekidnosti logaritamske funkcije i formule (6.4) imamo

$$\lim_{n\to \infty}a_n=\lim_{n\to \infty}\frac{2^n}{\ln\left(1+\fr... ...ty} \left(1+\frac{1}{2n}\right)^{n+1}}=\frac{\infty}{\ln e^\frac{1}{2}}=\infty.$$

i)

Vrijedi

$$\lim_{n\to \infty} a_n=\lim_{n\to \infty} n\sqrt[n]{\sin\frac{2}{... ...ac{2}{n}}{\frac{2}{n}}\right)}^\frac{1}{n}\cdot\frac{\sqrt[n]{n}}{\sqrt[n]{2}}.$$

Proširenjem po neprekidnosti je

$$\lim_{n\to \infty}\frac{\sin\frac{2}{n}}{\frac{2}{n}}=\lim_{x\to ... ...{x}=t\\ x\to\infty\\ t\to 0 \end{bmatrix}=\lim_{t\to 0}\frac{\sin t}{t}=1.$$

Prema [M1, poglavlje 6.1.6] vrijedi

$$\lim_{n\to \infty}\sqrt[n]{n}=1\quad\textrm{i}\quad\lim_{n\to \infty}\sqrt[n]{2}=1.$$

Sada možemo primijeniti [M1, teorem 6.6], pa dobivamo

$$\lim_{n\to \infty}a_n= \lim_{n\to \infty} n\cdot {\left(\lim_{n\t... ...playstyle\lim_{n\to \infty}\sqrt[n]{2}}= \infty\cdot1^0\cdot\frac{1}{1}=\infty.$$

Konvergencija monotonog i omeđenog     NIZOVI I REDOVI     Limes ukliještenog niza