Granica ciągu

[studencik]

Proszę o pomoc przy tej granicy..
\(\lim_{x\to \infty} (\frac{2}{n^4+4n^2}+\frac{4}{n^4+4n^2}+\frac{6}{n^4+4n^2}+...+\frac{2n^2-4n}{n^4+4n^2})^{3sin(n)-2n} ;n>3\)

[studencik]

Heej, nikt nie wie ? To jeszcze był przykład a

[irena]

\(\frac{2+4+...+2n^2-4n}{n^4+4n^2}=***\)

\(a_1=2\\r=2\\a_m=2+(m-1)\cdot2\\a_m=2+2m-2=2m\\2m=2n^2-4n\\m=n^2-2n\)

\(2+4+...+2n^2-4n=\frac{2+2n^2-4n}{2}\cdot(n^2-2n)=(n^2-2n+1)(n^2-2n)=n^4-4n^3+5n^2-2n\)

\(***=\frac{n^4-4n^3+5n^2-2n}{n^4+4n^2}=\frac{1-\frac{4}{n}+\frac{5}{n^2}-\frac{2}{n^3}}{1-\frac{4}{n^2}}\to1\)

\(sin n\in<-1;\ 1>\\3sin n-2n\to-\infty\)

\(\lim_{n\to\infty}(\frac{2}{n^4+4n^2}+...+\frac{2n^2-4n}{n^4+4n^2})^{3sin n-2n}=\lim_{n\to\infty}(1+\frac{4n^2-n+2}{n^3-4n^2+5n-2})^{2n-3sin n}\)

[radagast]

A czy na pewno \(1^{- \infty }=1\) ? Czy ja czegoś nie rozumiem ?

[irena]

No, tak, Agnieszko.
Już widzę, że chyba się pospieszyłam...
\(=\lim_{n\to\infty}\ (\frac{n^4+4n^2}{n^4-4n^3+5n^2-2n})^{2n-3sin n}=(1+\frac{4n^2-n+2}{n^3-4n^2+5n-2})^{2n-3sin n}\)
Ale już nie mam siły dalej myśleć.

[radagast]

Też myślałam nad tym zadaniem i tu utkwiłam (dlatego zauważyłam błąd )
Myślę, ze to trzeba szacować i posłużyć się twierdzeniem o trzech ciągach .. ale jakoś mi nie wychodzi

[studencik]

Wersja z 3sin(n)

[studencik]

Wersja bez 3sin(n)

[studencik]

Powiedzcie proszę, czy mogę takie coś zrobić
Oczywiście przed tym wszystkim limesy.
\((1+\frac{4n^2-n+2}{n^3-4n^2+5n-2})^{2n-3sin(n)}\approx(1+\frac{4n^2-n+2}{n^3-4n^2+5n-2})^{2n}\approx (1+\frac{4n^2-n}{n^3-4n^2+5n})^{2n}\approx (1+\frac{4n-1}{n^2-4n+5})^{2n}\approx\\
\approx (1+\frac{4n}{n^2-4n})^{2n}\approx (1+\frac{4}{n-4})^{2n}\approx (1+\frac{4}{n})^{2n}\approx e^{4\cdot 2}\approx e^8\)
Tak chyba nawet jest, tylko jak do tego dojść w sposób hmm bardziej matematyczny ?

[anka]

Irena czemu zmieniłaś wykładnik z \(3sin(n)-2n\) na \(2n-3sin(n)\)?

Niestety za bardzo nie pomogę, bo nie bardzo to pamiętam, ale znalazłam wzór:
Dla symbolu nieoznaczonego \(1^ \infty\) stosuje się przekształcenie
\(f^g=e^{ln f}\)

czyli tutaj byłoby
\(\lim_{n\to\infty}\ (\frac{n^4+4n^2}{n^4-4n^3+5n^2-2n})^{3sin n-2n}=\lim_{n\to\infty}\ e^{(3sin n-2n)ln(\frac{n^4+4n^2}{n^4-4n^3+5n^2-2n})}\)


Może to w czymś pomoże:

http://www.wolframalpha.com/input/?i=li ... E%E2%88%9E


Klinknij "Show steps"

[studencik]

Irena czemu zmieniłaś wykładnik z \(3sin(n)-2n\) na \(2n-3sin(n)\)?

\(\lim_{n\to \infty} (\frac{n^4-4n^3+5n^2-2n}{n^4+4n^2})^{3sin(n)-2n}= \lim_{n\to \infty} (\frac{n^4+4n^2}{n^4-4n^3+5n^2-2n})^{2n-3sin(n)}\)

Sposób "ciekawy" nie powiem ^^. Jednak myśmy jeszcze m.in reguły de L'Hospitala nie mieli
No ale cóż.. zadania Pana mgr Pietraszki zawsze należały do tych nietypowych ^^

[studencik]

Powiedzcie proszę czy "metoda" jaką tu zastosowałem jest dopuszczalna ?

[octahedron]

\(\frac{2+4+...+2n^2-4n}{n^4+4n^2}=\frac{n^4-4n^3+5n^2-2n}{n^4+4n^2}=\frac{n^3-4n^2+5n-2}{n^3+4n}=1+\frac{-4n^2+n-2}{n^3+4n}
\lim_{n\to\infty}\frac{-4n^2+n-2}{n^3+4n}=\lim_{n\to\infty}\frac{-\frac{4}{n}+\frac{1}{n^2}-\frac{2}{n^3}}{1+\frac{4}{n^2}}=\frac{0}{1}=0
\lim_{n\to\infty}\(1+\frac{-4n^2+n-2}{n^3+4n}\)^{3\sin n-2n}=\lim_{n\to\infty}\(1+\frac{-4n^2+n-2}{n^3+4n}\)^{\frac{n^3+4n}{-4n^2+n-2}\cdot\frac{(3\sin n-2n)(-4n^2+n-2)}{n^3+4n}}
\lim_{n\to\infty}\frac{(3\sin n-2n)(-4n^2+n-2)}{n^3+4n}=\lim_{n\to\infty}\frac{(\frac{3\sin n}{n}-2)(-4+\frac{1}{n}-\frac{2}{n^2})}{1+\frac{4}{n^2}}=\frac{(-2)\cdot(-4)}{1}=8
\lim_{n\to\infty}\(1+\frac{-4n^2+n-2}{n^3+4n}\)^{\frac{n^3+4n}{-4n^2+n-2}\cdot\frac{(3\sin n-2n)(-4n^2+n-2)}{n^3+4n}}=e^8\)

[studencik]

Faktycznie, genialne to obejście