Limito \(\lim_{n \to \infty} n(e-(1+ \frac{1}{n})^n)\)
preoblikujemo v
\(\lim_{n \to \infty} \frac{e-(1+ \frac{1}{n})^n}{\frac{1}{n}}\),
ki je limita tipa \(0/0\), tako da lahko uporabimo L'Hospitala.
Z odvajanjem števca in imenovalca posebej dobimo:
\(\lim_{n \to \infty} \frac{-(1+ \frac{1}{n})^n(\ln (1+ \frac{1}{n})- \frac{1}{n(1+ \frac{1}{n})})}{- \frac{1}{n^2}}\).
Pri tem odvajamo izraz (\(1+ \frac{1}{n})^n\) tako, da ga zapišemo v obliki \(e^{n \ln (1+ \frac{1}{n})}\) in nato uporabimo pravilo za odvod kompozituma.
Limito razbijemo na produkt:
\(\lim_{n \to \infty}(1+ \frac{1}{n})^n \cdot \lim_{n \to \infty} \frac{(\ln (1+ \frac{1}{n})- \frac{1}{n(1+ \frac{1}{n})})}{ \frac{1}{n^2}}\).
Prva limita ima vrednost \(e\), druga pa je tipa \(0/0\) in lahko zanjo spet uporabimo L'Hospitala. Po odvajanju preide druga limita v:
\(\lim_{n \to \infty} \frac{-\frac{1}{n(n+1)^2}}{-\frac{2}{n^3}}\)
oz.
\(\lim_{n \to \infty}\frac{n^2}{2n^2+4n+2}=\frac{1}{2}\).
Iskana limita je produkt obeh limit, torej ima vrednost
\(\frac{e}{2}\).
par limit
Ja je vendar sele kot rezultat limite (t.j. supremum tistega zaporedja), in v tisti nasi limiti (ker sam se ne nastopa ze kot rezultat) je zato potrebno gledati kako hitro se to zaporedje priblizuje \(e\), ker ce bi se 'zelo pocasi' bi se lahko zgodilo, da gre \(n*e\) (prvi clen v tisti limiti) veliko hitreje v neskoncno kot pa \(n*\left ( 1+\frac{1}{n}\right )^n\) (drugi clen v limiti) in bi bila tista limita vec kot \(e/2\).
Na kratko:
\(\lim_{x \to \infty} (\sqrt{1+x^2 \ln (\frac{ex}{x+1})}-x) = \lim_{x \to \infty} (x \sqrt{\frac{1}{ x^2}+ \ln (\frac{ex}{x+1})}-x)\)
\(= \lim_{x \to \infty} x ( \sqrt{\frac{1}{ x^2}+ \ln (\frac{ex}{x+1})}-1)= \lim_{x \to \infty} \frac {\sqrt{\frac{1}{ x^2}+ \ln (\frac{ex}{x+1})}-1}{\frac{1}{x}}\)
\(\Rightarrow\) nedoločenost tipa \(\frac{0}{0}\)
L' Hospital:
\(\lim_{x \to \infty} \frac { 1/2 (\frac{1}{ x^2}+ \ln (\frac{ex}{x+1}))^{-1/2}\cdot (-2x^{-3}+ \frac{x+1}{ex}e \frac{x+1-x}{(x+1)^2})}{-x^{-2}}\)
\(= \lim_{x \to \infty} \frac{1/2( \frac{1}{ x^2}+ \ln (\frac{ex}{x+1}))^{-1/2} \cdot (-2x^{-3}+ \frac{1}{ x(x+1)})}{-x^{-2}}\)
oz.
\(= \lim_{x \to \infty} \frac{1}{2} ({\frac{1}{ x^2}+ \ln (\frac{ex}{x+1}))^{-\frac{1}{2}}(\frac{2}{x}- \frac{x^2}{ x^2+x})\)
\(= \frac{1}{2} (0+ \ln e)^{-\frac{1}{2}}\cdot (0-1) = -\frac{1}{2}\)
\(\lim_{x \to \infty} (\sqrt{1+x^2 \ln (\frac{ex}{x+1})}-x) = \lim_{x \to \infty} (x \sqrt{\frac{1}{ x^2}+ \ln (\frac{ex}{x+1})}-x)\)
\(= \lim_{x \to \infty} x ( \sqrt{\frac{1}{ x^2}+ \ln (\frac{ex}{x+1})}-1)= \lim_{x \to \infty} \frac {\sqrt{\frac{1}{ x^2}+ \ln (\frac{ex}{x+1})}-1}{\frac{1}{x}}\)
\(\Rightarrow\) nedoločenost tipa \(\frac{0}{0}\)
L' Hospital:
\(\lim_{x \to \infty} \frac { 1/2 (\frac{1}{ x^2}+ \ln (\frac{ex}{x+1}))^{-1/2}\cdot (-2x^{-3}+ \frac{x+1}{ex}e \frac{x+1-x}{(x+1)^2})}{-x^{-2}}\)
\(= \lim_{x \to \infty} \frac{1/2( \frac{1}{ x^2}+ \ln (\frac{ex}{x+1}))^{-1/2} \cdot (-2x^{-3}+ \frac{1}{ x(x+1)})}{-x^{-2}}\)
oz.
\(= \lim_{x \to \infty} \frac{1}{2} ({\frac{1}{ x^2}+ \ln (\frac{ex}{x+1}))^{-\frac{1}{2}}(\frac{2}{x}- \frac{x^2}{ x^2+x})\)
\(= \frac{1}{2} (0+ \ln e)^{-\frac{1}{2}}\cdot (0-1) = -\frac{1}{2}\)
Ker vidim da so tule limite dokaj popularne imam eno vprasanje. Moj profesor za matematiko je pred kratkim na tablo napisal izraz: 1/0=neskoncno! Doma sem razmisljal ali to res lahko tako enostavno zapisemo in bil skoraj prepri
Zadnjič spremenil eros, dne 22.4.2006 14:49, skupaj popravljeno 2 krat.
se oproscam - nekaj na forumu ne deluje pravilno
Moj profesor za matematiko je pred kratkim na tablo napisal izraz: 1/0=neskoncno! Doma sem razmisljal ali to res lahko tako enostavno zapisemo in bil skoraj preprican, da to ne more veljati v splosnem, saj po taksnem v dolocenih primerih sploh nebi potrebovali limit! Kot protiutez tej trditvi sem iskal funkcijo, ki bi pri vrednosti x0 dala rezultat 1/0, vrednost limite ko funkcija tezi k x0 pa bi imela neko koncno vrednost. Imel sem resne probleme pri iskanju take funkcije. Ali morda res lahko kar enostavno zapisemo 1/0=neskoncno?
Moj profesor za matematiko je pred kratkim na tablo napisal izraz: 1/0=neskoncno! Doma sem razmisljal ali to res lahko tako enostavno zapisemo in bil skoraj preprican, da to ne more veljati v splosnem, saj po taksnem v dolocenih primerih sploh nebi potrebovali limit! Kot protiutez tej trditvi sem iskal funkcijo, ki bi pri vrednosti x0 dala rezultat 1/0, vrednost limite ko funkcija tezi k x0 pa bi imela neko koncno vrednost. Imel sem resne probleme pri iskanju take funkcije. Ali morda res lahko kar enostavno zapisemo 1/0=neskoncno?
O tem smo ze na dolgo in na siroko debatirali v temi:Moj profesor za matematiko je pred kratkim na tablo napisal izraz: 1/0=neskoncno! Doma sem razmisljal ali to res lahko tako enostavno zapisemo in bil skoraj preprican, da to ne more veljati v splosnem, saj po taksnem v dolocenih primerih sploh nebi potrebovali limit! Kot protiutez tej trditvi sem iskal funkcijo, ki bi pri vrednosti x0 dala rezultat 1/0, vrednost limite ko funkcija tezi k x0 pa bi imela neko koncno vrednost. Imel sem resne probleme pri iskanju take funkcije. Ali morda res lahko kar enostavno zapisemo 1/0=neskoncno?
viewtopic.php?t=245
in tudi v:
viewtopic.php?t=1073
No mogoče je vprasanje malce nerodno zastavljeno. Torej iscem funkcijo, ki bi imela nekdaj vrednost 1/0 vendar krivulja nebi tezila k neskoncnosti. Dejansko bi krivulja imela v neki tocki f(x)=1/0, "sosednje" tocke pa se nebi nahajale nekje v skoraj neskoncnosti temvec bi zavzele neko realno stevilo
Da bi se to zgodilo iz obeh strani bi morala biti funkcija ze precej nezvezna (imeti mora izolirano tocko). Primer:
\(f(x)=1;\quad f(0)=0\)
To lastnost bi imela \(\frac{1}{f(x)}\), matematicno korektno bi jo pa moral definirati z funkcijsko limito, ker drugace definicija ni smiselna. Naprimer z ozanjem funkcije \(1-\frac{1}{1+x^2}\)
Se hujsi primer je ""funkcija"" delta ki je definirana tako da je njen integral enak ena ceprav je povsod razen v 0 enaka 0. Tako ima v tocki 0 nekaksno neskoncnost visjega reda.
Primer funkcije ki gre iz ene strani proti \(\infty\):
\(e^{\frac{1}{x}}\)
Primer funkcije ki ima razlicni koncni limiti:
\(\frac{1}{1+e^{\frac{1}{x}}}\)
\(f(x)=1;\quad f(0)=0\)
To lastnost bi imela \(\frac{1}{f(x)}\), matematicno korektno bi jo pa moral definirati z funkcijsko limito, ker drugace definicija ni smiselna. Naprimer z ozanjem funkcije \(1-\frac{1}{1+x^2}\)
Se hujsi primer je ""funkcija"" delta ki je definirana tako da je njen integral enak ena ceprav je povsod razen v 0 enaka 0. Tako ima v tocki 0 nekaksno neskoncnost visjega reda.
Primer funkcije ki gre iz ene strani proti \(\infty\):
\(e^{\frac{1}{x}}\)
Primer funkcije ki ima razlicni koncni limiti:
\(\frac{1}{1+e^{\frac{1}{x}}}\)
Neodvisno od vrednosti parametra \(c\) je limita nedoločenost tipa \(0/0\). Lahko torej uporabimo L' Hospitalovo pravilo in tako dobimo:Sobota zvečer, jaz pa ob matematiki:
\(\lim_{x \to 0}{{x^{2}(1 + \cos{x}) + c*(1 - \cos x)} \over {x * (x - \sin x)}}\)
Določi parameter c, da bo obstajala limita in jo tudi izračunaj!
\(\lim_{x \to 0} \frac{2x(1+ \cos x) - x^2 \sin x +c \sin x}{2x - \sin x - x \cos x}\)
Dobljena limita je spet nedoločenost tipa \(0/0\) (neodvisno od \(c\)).
L' Hospital:
\(\lim_{x \to 0} \frac{2(1+ \cos x) - 4x \sin x - x^2 \cos x +c \cos x}{2 - 2 \cos x + x \sin x}\)
Če pošljemo \(x\) proti \(0\), gre imenovalec proti \(0\), števec pa proti \(c+4\). Ločimo torej dva primera:
a) \(c \ne -4 \Rightarrow\) limita ne obstaja (neskončna limita)
b) \(c = -4 \Rightarrow\) nedoločenost tipa \(0/0\)
Postavimo torej \(c = -4\) v zadnji dobljeni izraz:
\(\lim_{x \to 0} \frac{2 - 2 \cos x - 4x \sin x - x^2 \cos x}{2 - 2 \cos x + x \sin x}\)
Kot že rečeno, je ta limita nedoločenost tipa \(0/0\).
Ponovno L' Hospital:
\(\lim_{x \to 0} \frac{- 2 \sin x - 6x \cos x + x^2 \sin x}{3 \sin x + x \cos x}\)
Limita je spet nedoločenost tipa \(0/0\) in spet L' Hospital:
\(\lim_{x \to 0} \frac{- 8 \cos x + 8x \sin x + x^2 \cos x}{4 \cos x - x \sin x}\)
V potu lastnega obraza ugotovimo, da je nazadnje dobljena limita končna z vrednostjo \(-2\).
Mogoče pri tem problemu L' Hospitalovo pravilo le ne nudi najbolj elegantne rešitve (morali smo ga namreč uporabiti 4x).
Razvoj po taylorju da rezultat v eni potezi:
\(\lim_{x\to 0}\frac{x^2(1+\cos{x})+c(1-\cos{x})}{x(x-\sin{x})}=\)
\(\lim_{x\to 0}\frac{x^2(1+1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24})+c(1-1+\frac{x^2}{2}-\frac{x^4}{24})}{x(x-x+\frac{x^3}{6})}=\)
\(\lim_{x\to 0}\frac{2x^2-\frac{x^4}{2}+\frac{x^6}{24}+c\frac{x^2}{2}-c\frac{x^4}{24}}{\frac{x^4}{6}}\)
iz clenov pri \(x^2\) se vidi da mora biti \(c=-4\)
Clen \(x^6\) je odvec.
\(\lim_{x\to 0}\frac{-\frac{x^4}{2}+\frac{x^4}{6}}{\frac{x^4}{6}}=\)
\(\frac{-\frac{1}{2}+\frac{1}{6}}{\frac{1}{6}}=-2\)
\(\lim_{x\to 0}\frac{x^2(1+\cos{x})+c(1-\cos{x})}{x(x-\sin{x})}=\)
\(\lim_{x\to 0}\frac{x^2(1+1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24})+c(1-1+\frac{x^2}{2}-\frac{x^4}{24})}{x(x-x+\frac{x^3}{6})}=\)
\(\lim_{x\to 0}\frac{2x^2-\frac{x^4}{2}+\frac{x^6}{24}+c\frac{x^2}{2}-c\frac{x^4}{24}}{\frac{x^4}{6}}\)
iz clenov pri \(x^2\) se vidi da mora biti \(c=-4\)
Clen \(x^6\) je odvec.
\(\lim_{x\to 0}\frac{-\frac{x^4}{2}+\frac{x^4}{6}}{\frac{x^4}{6}}=\)
\(\frac{-\frac{1}{2}+\frac{1}{6}}{\frac{1}{6}}=-2\)