forum.zadania.info

W jaki sposób obliczyć granicę takiego ciągu?
\( \Lim_{n\to \infty}\left( 2^{1/n}-1\right)\cdot n \)

Ja bym to uciąglił i policzył
\(\Lim_{x\to+\infty}\dfrac{2^{1\over x}-1}{{1\over x}}=\left[{0\over0}\right]\nad{H}{=}\Lim_{x\to+\infty}\dfrac{-{1\over x^2}\cdot2^{1\over x}\ln2}{-{1\over x^2}}=\ln2\)
Mało eleganckie, ale szybkie i skuteczne

Pozdrawiam

Jerry pisze: ↑10 lis 2022, 01:02 Ja bym to uciąglił i policzył
\(\Lim_{x\to+\infty}\dfrac{2^{1\over x}-1}{{1\over x}}=\left[{0\over0}\right]\nad{H}{=}\Lim_{x\to+\infty}\dfrac{-{1\over x^2}\cdot2^{1\over x}\ln2}{-{1\over x^2}}=\ln2\)
Mało eleganckie, ale szybkie i skuteczne

Czy ja powinnam to znać w szkole średniej?

Niekoniecznie, reguła del'Hospitala nie jest w kanonie szkoły ponadpodstawowej

Pozdrawiam

Jerry pisze: ↑10 lis 2022, 01:02 Ja bym to uciąglił i policzył
\(\Lim_{x\to+\infty}\dfrac{2^{1\over x}-1}{{1\over x}}=\left[{0\over0}\right]\nad{H}{=}\Lim_{x\to+\infty}\dfrac{-{1\over x^2}\cdot2^{1\over x}\ln2}{-{1\over x^2}}=\ln2\)
Mało eleganckie, ale szybkie i skuteczne

Pozdrawiam

A może tak...\[e^x=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{n!},\]skąd\[e^x-1=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^n}{n!}.\]Zatem\[\frac{e^x-1}{x}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{n-1}}{n!}=1+\sum_{n=2}^{\infty}\frac{x^{n-1}}{n!}.\]Szereg potęgowy po prawej stronie określa funkcję różniczkowalną, a więc i ciągłą, która w zerze ma wartość \(0\). Zatem\[\lim_{x\to 0}\frac{e^x-1}{x}=1.\]Podstawiając \(2^x=e^{x\ln 2}\) mamy\[\lim_{x\to 0}\frac{2^x-1}{x}=\lim_{x\to 0}\frac{e^{x\ln 2}-1}{x\ln 2}\cdot\ln 2=\ln 2.\]Oczywiście \(2\) możemy zastąpić dowolnym \(a>0\) otrzymując w granicy \(\ln a\). Ogólnie ten fakt posiada dowód bezpośredni.