ciagi
esta:
lim n2sin2(π√n2+2n−5)
x−>∞
pomoze ktos?
1 gru 16:36
esta: Nie uzywajac De l'hosp
1 gru 16:53
esta: nikt? jutro mam kolosa i nie mam gdzie szukac pomocy tylko tu..
1 gru 17:55
Basia:
policz granicę
en2*sin2(π√n2+2n−5) = en2*esin2(π√n2+2n−5)
i skorzystaj z tego, że sin2(π√n2+2n−5) > 0
1 gru 19:08
esta: Nie pomyliłaś się w działaniach na potęgach? Przy mnożeniu potęg o tych samych podstawach,
wykładniki się dodaje, nie mnoży.. I nie mam pojęcia, skąd wzięła się tam liczba eulera. Do
tego, jeśli pierwiastek z n2+2n−5 będzie liczbą naturalną, to sinus przyjmie wartość 0, więc
nie zawsze będzie większe od zera, ale może być też równe
1 gru 19:57
Rafał: również bardzo bym prosił o rozwiązanie tego zadania
1 gru 20:02
esta: Rafał, jutrzejszy kolos na agh? ; >
1 gru 20:08
Rafał: poniedziałkowy
jęsli masz jakikolwiek zadania z tych grup to dawaj
1 gru 20:17
1 gru 20:25
Rafał: możesz jakoś wysłać rozwiązania tych 2 zadań ?
diablo50diablo@gmail.com
1 gru 20:30
1 gru 20:44
Rafał: spoko, dzięki wielkie
1 gru 20:47
Madzia: Basiu, dalej nie rozumiem Twojej wskazówki..
1 gru 22:30
esta: Iii dalej ponawiam
2 gru 10:50
Basia:
zbadajmy czy
n
2+2n−5 może być kwadratem liczby naturalnej
musiałoby być
n
2+2n−5 = n
2
lub
n
2+2n−5 = (n+k)
2
lub
n
2+2n−5 = (n−k)
2
gdzie k∊N
1.
2n−5 =0
n=
52∉N
2.
n
2+2n−5 = n
2+2kn + k
2
2n−5 = 2kn+k
2
2n(1−k) = k
2+5
niemożliwe bo L≤0 a P>5
3.
n
2+2n−5 > n
2 dla każdego n≥3
nie może więc być kwadratem liczby mniejszej od n czyli n−k
stąd
0< sin
2(π
√n2+2n−5) ≤1
badamy czy dla każdego N istnieje n
0, że dla każdego n≥n
0
n
2*sin
2(π
√n2+2n−5) > N /: sin....
| | N | |
n2 > |
| ≥N |
| | sin2(π√n2+2n−5) | |
czyli wystarczy aby
n >
√N
czyli
∀
N ∃
n0 = [√N]+1 ∀
n≥n0 n
2*sin
2(π
√n2+2n−5} > N
czyli
lim
n→∞ n
2*sin
2(π
√n2+2n−5) = +
∞
o to mi chodziło, a po co mi tam było e w ogóle nie wiem
oczywiście pomyliłam się na dodatek przy rozpisywaniu potęg
2 gru 16:36
