Home/ Intrebari/Q 81568
Urmator
In Process

AniDeȘcoală.ro Latest Intrebari

gabriell
Pe: 2013-05-09T20:06:01+03:00 In: In:

Limits

Am intalnit ceva limite care nu am reusit sa le rezolv,poate ma ajuta careva sa inteleg cum se abordeaza aceste limite

    \[1)\underset{n\to \infty }{\lim }\,{{\left( \left( 3n \right)! \right)}^{\frac{1}{\ln (3n+1)!}}}\]

    $$2)\ {\lim }\limits_{ x \to 0 \hfill \atop x < 0 \hfill} {{\sqrt { - \ln \cos x} } \over x}$$

    $$3){\lim }\limits_{x \to 0} {1 \over {{x^7}}}\int\limits_0^x {{e^t}dt\int\limits_0^{{x^2}} {\sin ({t^2})dt} } $$

    $$4) {\lim }\limits_{n \to \infty } n\int\limits_0^1 {{x^{2n}}\sqrt {{x^2} + 3} dx} $$

Similare

12 raspunsuri

  1. DD
    profesor

    Attached files

  2. ghioknt
    profesor

    Daca sirul are limita L, lnL=

        \[ {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{{\ln \left( {3n + 1} \right)!}} \cdot \ln \left( {3n} \right)! = {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{\ln \left( {3n} \right)!}}{{\ln \left( {3n} \right)! + \ln \left( {3n + 1} \right)}} = {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{{1 + \frac{{\ln \left( {3n + 1} \right)}}{{\ln \left( {3n} \right)!}}}} \]

    Pentru limita care urmeaza aplicam criteriul lui Stolz:

        \[ {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{\ln \left( {3n + 1} \right)}}{{\ln \left( {3n} \right)!}} = {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{\ln \left( {3n + 4} \right) - \ln \left( {3n + 1} \right)}}{{\ln \left( {3n + 3} \right)! - \ln \left( {3n} \right)!}} = {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{\ln \frac{{3n + 4}}{{3n + 1}}}}{{\ln \left( {3n + 3} \right)\left( {3n + 2} \right)\left( {3n + 1} \right)}} = \frac{0}{\infty } = 0 \]

    ,
    deci lnL=1,de unde L=e.
    Pe curand, ghioknt.

  4. DD
    profesor

    Pe maine.

  5. ghioknt
    profesor

        \[ {\lim }\limits_{ x \to 0 \hfill \atop x < 0 \hfill} \frac{{\sqrt { - \ln \cos x} }}{x} = {\lim }\limits_{ x \to 0 \hfill \atop x < 0 \hfill} \left( { - \sqrt {\frac{{ - 1}}{{x^2 }} \cdot \frac{1}{2}\ln \cos ^2 x} } \right) = - {\lim }\limits_{ x \to 0 \hfill \atop x < 0 \hfill} \sqrt {\frac{{ - 1}}{{x^2 }} \cdot \frac{1}{2}\ln \left( {1 - \sin ^2 x} \right)} = - {\lim }\limits_{ x \to 0 \hfill \atop x < 0 \hfill} \sqrt {\frac{1}{2} \cdot \frac{{\sin ^2 x}}{{x^2 }} \cdot \frac{{\ln \left( {1 - \sin ^2 x} \right)}}{{\sin ^2 x}}} = - \frac{1}{{\sqrt 2 }} \]

    .
    Am folosit limitele cunoscute (zise si remarcabile):

        \[ \frac{{\sin x}}{x} \to 1,\,\,\frac{{\ln \left( {1 + u} \right)}}{u} \to 1\,\,\,\,daca\,\,x \to 0,\,\,respectiv\,\,u \to 0 \]

    .
    Erata: sub ultimul radical lipseste un -; corect: ln(1-sin^2x)/(-sin^2x).
    Pe curand, ghioknt.

  6. ghioknt
    profesor

    Prima integrala este banala:

        \[ \int\limits_0^x {e^t dt} = e^x - e^0 = e^x - 1 \]

    .
    Fie F o primitiva pentru functia (continua pe R) din a doua integrala; ea are proprietatea ca F'(t)=sin(t^2), iar din continuitatea oricarei
    primitive deducem ca limF(x^2)=F(0) cand x tinde la 0, ceeace va permite aplicarea regulii lui L’Hospital la momentul oportun.

        \[ \begin{array}{l} {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{1}{{x^7 }}\int\limits_0^x {e^t dt} \cdot \int\limits_0^{x^2 } {\sin t^2 dt} = {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{e^x - 1\,}}{x} \cdot {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{F\left( {x^2 } \right) - F\left( 0 \right)}}{{x^6 }} = 1 \cdot {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{2x \cdot F'\left( {x^2 } \right)}}{{6x^5 }} = \\ {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin x^4 }}{{3x^4 }} = \frac{1}{3} \\ \end{array} \]

    .
    Noapte buna si mie, ghioknt.

  8. DD
    profesor

    Attached files

  9. ghioknt
    profesor

    Domnule DD
    Am unele nelamuriri in ceeace priveste rezolvarea ex. 3 si 4. Atunci cand distribui lim la diversi operanzi ce alcatuiesc o expresie, practic,
    ma angajez sa arat ca fiecare limita in parte exista si ca din operatiile cu limitele obtinute nu rezulta nedeterminari. Nu pot sa calculez limita
    unui factor (termen etc), sa inlocuiesc factorul cu limita sa si apoi sa calculez limita noii expresii obtinute (cam asa: lim(sinx/x)=lim1/x* limsinx=
    (lim1/x)*0=lim0/x=lim0=0). Metoda propusa de dumneavoastra la ex. 3 este foarte interesanta, atata doar ca eu as combina-o cu o
    teorema de medie.
    La ex. 4 ati considerat un sir de functii fn(x)=n*x^(2n) si ati scris ca limita integralei=integrala limitei sirului de functii. Din cate stiu eu
    acest lucru este valabil numai daca sirul de functii este uniform convergent la o functie pe intreg intervalul [0,1], ceeace
    nu se intampla cu sirul nostru. Nu am reusit sa rezolv acest ex., dar iata cateva din calcule, poate ambitionez pe cineva sa dea o solutie completa.

        \[ \begin{array}{l} I_n = \int\limits_0^1 {x^{2n} \sqrt {x^2 + 3} dx = \int\limits_0^1 {\frac{{x^{2n} \left( {x^2 + 3} \right)}}{{\sqrt {x^2 + 3} }}} } dx = \int\limits_0^1 {x^{2n + 1} \frac{x}{{\sqrt {x^2 + 3} }}} dx + \int\limits_0^1 {3x^{2n - 1} \frac{x}{{\sqrt {x^2 + 3} }}dx = } \int\limits_0^1 {x^{2n + 1} \left( {\sqrt {x^2 + 3} } \right)} ^\prime dx + \int\limits_0^1 {3x^{2n - 1} } \left( {\sqrt {x^2 + 3} } \right)^\prime dx \\ x^{2n + 1} \sqrt {x^2 + 3} |_0^1 - \left( {2n + 1} \right)\int\limits_0^1 {x^{2n} \sqrt {x^2 + 3} } dx + 3x^{2n - 1} \sqrt {x^2 + 3} |_0^1 - 3\left( {2n - 1} \right)\int\limits_0^1 {x^{2n - 2} \sqrt {x^2 + 3} } dx = 2 - \left( {2n + 1} \right)I_n + 6 - 3\left( {2n - 1} \right)I_{n - 1} \Rightarrow \\ \left( {2n + 2} \right)I_n = 8 - 3\left( {2n - 1} \right)I_{n - 1} \Rightarrow \,\,I_n = \frac{4}{{n + 1}} - \frac{{3\left( {2n - 1} \right)}}{{2n + 2}}I_{n - 1} . \\ Fie\,\,\,x_n = nI_n ;\,\,am\,\,\,obtinut\,\,\,x_n = \frac{{4n}}{{n + 1}} - \frac{{3\left( {2n - 1} \right)}}{{2n + 2}}\frac{n}{{n - 1}}x_{n - 1} \\ \end{array} \]

    .Daca cineva ar demonstra ca sirul este convergent, am avea dreptul sa trecem la limita in relatia de recurenta obtinuta
    si am obtine: L=4-3L, L ar fi 1.
    Cu bine, ghioknt.

  10. DD
    profesor

    dragul meu coleg ,limita pot s-o dau orcarrei functii ce opereaza in expresia data , daca contine parametrul pe care il are in vedere limita , fara alte conditii

  12. George_Gaumont

    Functia de integrat fiind pozititva rezulta ca x(n) este pozitiv. Faceti diferenta x(n)-x(n-1) si veti vedea ca este negativa, prin urmare x(n) este monoton descrescator si marginit (superior, de primul termen si inferior, de 0), deci este convergent. Apoi se trece la limita in relatia de recurenta.

  13. DD
    profesor

    Domnul George Gaumont are dreptate si-i multumesc pentru ”lectie”. Cu respect DD

  14. ghioknt
    profesor

    Domnule George_Gaumont.
    Ar fi o lectie foarte utila pentru mine si banuiesc si pentru alti cititori, daca ne-ati face o demonstratie a inegalitaii x(n)-x(n-1)<0.
    Eu unul nu am reusit, asa ca ciotul meu de demonstratie nu are prea mare valoare, ba mai mult, as fi nefericit daca vreun cititor
    ar intelege ca ce am scris eu acolo este suficient.
    Intre timp m-am desteptat (am folosit un ceas desteptator, desigur) si am imaginat alta demonstratie, mai putin spectaculoasa.

        \[ \begin{array}{l} Pentru\,\,inceput,\,\,voi\,\,verifica\,\,inegalitatile\,\,(de\,\,numere\,\,pozitive)\,\,\,\,2x \le \sqrt {x^2 + 3} \le \frac{2}{x} \\ 2x \le \sqrt {x^2 + 3} \Leftrightarrow 4x^2 \le x^2 + 3 \Leftrightarrow x^2 \le 1\,\,\,ad.,\,\,caci\,\,x \in \left[ {0,1} \right] \\ \sqrt {x^2 + 3} \le \frac{2}{x} \Leftrightarrow x^2 + 3 \le \frac{4}{{x^2 }} \Leftrightarrow x^4 + 3x^2 - 4 \le 0 \Leftrightarrow \left( {x^2 - 1} \right)\left( {x^2 + 4} \right) \le 0 \Leftrightarrow x^2 - 1 \le 0\,\,\,ad. \\ Deci\,\,\,n\int\limits_0^1 {x^{2n} \cdot 2xdx \le x_n \le n} \int\limits_0^1 {x^{2n} \cdot \frac{2}{x}} dx \Leftrightarrow 2n \cdot \left. {\frac{{x^{2n + 2} }}{{2n + 2}}} \right|_0^1 \le x_n \le 2n \cdot \left. {\frac{{x^{2n} }}{{2n}}} \right|_0^1 \Leftrightarrow \frac{n}{{n + 1}} \le x_n \le 1 \Rightarrow \lim x_n = 1 \\ \end{array} \]

    .
    Cu bine, ghioknt.

  16. George_Gaumont

    Domnule profesor, aveti dreptate. Dimineata (pe la ora 6), probabil din graba, nu am vazut ca (4n)/(n+1) nu era in expresia coeficientului lui x(n-1). Imi cer scuze pentru neglijenta crasa de care am dat dovada si va felicit pentru demonstratiile exemplare pe care le realizati. E o reala placere sa le urmaresc. Cred ca avem cu totii de invatat.
    Cu respect,
    George_Gaumont

Raspunde

Raspunde