twierdzenia o arytmetyce

[celia11]

teraz już pojmuję, dziękuję:)

[celia11]

c)

\({ \sqrt[6]{ \frac{n^{10}+2n^5+1}{n^9} }\)

dlaczego z tego wynika \(\infty\)

? dziękuję

[celia11]

j)
\(\lim_{n\to \infty } \frac{arctg(3n+1) }{arctg(2n+1)}= \frac{ \frac{ \pi }{2} }{\frac{ \pi }{2} } =1\)

w ogóle nie pojmuję dlaczego tak jest:(.
Proszę mi pomóc w zrozumieniu.
Dziękuję

[radagast]

j)
\(\lim_{n\to \infty } \frac{arctg(3n+1) }{arctg(2n+1)}= \frac{ \frac{ \pi }{2} }{\frac{ \pi }{2} } =1\)

w ogóle nie pojmuję dlaczego tak jest:(.

arctg w nieskończoności ma granicę \(\frac{ \pi }{2}\). I to zarówno ten w mianowniku jaki i ten w liczniku . A granica ilorazu to iloraz granic . Ot i cała tajemnica

[radagast]

c)

\({ \sqrt[6]{ \frac{n^{10}+2n^5+1}{n^9} }\)

dlaczego z tego wynika \(\infty\)

?

Jak się to pod pierwiastkiem podzieli przez \(n^9\) (licznik i mianownik) to będzie widać
(tam była literówka - poprawiłam , pewnie to Ci zaciemniło obraz)

[celia11]

j)
\(\lim_{n\to \infty } \frac{arctg(3n+1) }{arctg(2n+1)}= \frac{ \frac{ \pi }{2} }{\frac{ \pi }{2} } =1\)

w ogóle nie pojmuję dlaczego tak jest:(.

arctg w nieskończoności ma granicę \(\frac{ \pi }{2}\) . I to zarówno ten w mianowniku jaki i ten w liczniku . A granica ilorazu to iloraz granic . Ot i cała tajemnica

a skąd mamy to wiedzieć, że arctg w nieskończoności ma granicę \(\frac{ \pi }{2}\) ?

[radagast]

Z lekcji / wykładu/podręcznika/tablic ...albo stąd http://www.math.edu.pl/narzedzia.php?op ... es-funkcji

[celia11]

arctg w nieskończoności ma granicę \(\frac{ \pi }{2}\) . I to zarówno ten w mianowniku jaki i ten w liczniku . A granica ilorazu to iloraz granic . Ot i cała tajemnica

a skąd mamy to wiedzieć, że arctg w nieskończoności ma granicę \(\frac{ \pi }{2}\) ?

w zasadzie wystarczy spojrzeć na wykres arctg i można domyśleć sie, że w nieskończonpości dąży do \(\frac{ \pi }{2}\).

dziekuję

[ewelawwy]

h)
Nie wiem po co ta gwiazdka, ono jest najłatwiejsze . To jest ciąg stale równy 0 (sin całkowitych wielokrotności\(\pi\)), to pewnie tak dla zmylenia przeciwnika

sin całkowitych wielokrotności \(\pi\) jest równy 0, ale czy \(\sqrt{n^2+1}\in C\)?
niestety nie.....

[celia11]

i co teraz?
dziękuje

[irena]

Trzeba pokazać, że \(\lim_{n\to \infty} sin(\pi\sqrt{n^2+1})= \lim_{n\to \infty} sin(n\pi)\)

[radagast]

h)
Nie wiem po co ta gwiazdka, ono jest najłatwiejsze . To jest ciąg stale równy 0 (sin całkowitych wielokrotności\(\pi\)), to pewnie tak dla zmylenia przeciwnika

sin całkowitych wielokrotności \(\pi\) jest równy 0, ale czy \(\sqrt{n^2+1}\in C\)?
niestety nie.....

No fakt !! nie wiem gdzie ja miałam rozum !
to trzebaby chyba tak:
\(sin \pi \sqrt{n^2} < sin \pi \sqrt{n^2+1} <sin \pi \sqrt{(n+1)^2}\)
ale muszę to jeszcze przemyślec...

[radagast]

Nie mam czasu teraz o tym myśleć , pomyślę o tym potem ...

[ewelawwy]

właśnie też o czymś takim myślałam (z prawej strony mogłoby być tez \(\sin(\pi\sqrt{n^2}+1)\))
ale te nierówności byłyby prawdą gdyby funkcja sin była funkcją rosnącą (ze wzrostem argumentów rosną wartości funkcji)
a sin miejscami jest rosnący a miejscami malejący, więc chyba lipa......
jakby ten ciąg to było \(\sin(\pi)\cdot \sqrt{n^2+1}\) zamiast \(\sin(\pi\sqrt{n^2+1})\)....... ale nie jest :/

[radagast]

W związku z monotonicznością funkcji sin
dla parzystych \(n\)
\(sin (\pi \sqrt{n^2}) < sin (\pi \sqrt{n^2+1}) <sin (\pi \sqrt{(n+1)^2})\)

dla nieparzystych \(n\)
\(sin (\pi \sqrt{(n+1) ^2} ) < sin (\pi \sqrt{n^2+1}) < sin (\pi \sqrt{n^2})\)

(bo w otoczeniu parzystych wielokrotności \(\pi\) sinus rośnie, a w otoczeniu nieparzystych wielokrotności \(\pi\) sinus maleje)

no i tu trzeba by trochę pomachać rękoma i stwierdzić, że jest ok

To może lepiej tak:
\(\lim_{n\to \infty } sin (\pi \sqrt{n^2+1})=\lim_{n\to \infty } sin (\pi n \sqrt{1+ \frac{1}{n^2} })= \lim_{n\to \infty } sin (\pi n )=0\)