oblicz granice KAMIL: an=sin²(π√n²+n)

huehuehue: n−−>

KAMIL: w zadaniu nie ma n−−−>∞ tak a ma wyjsc 1

Vizer: Na pewno do +∞, jak to w ciągach zazwyczaj bywa, tu trzeba zastosować pewien trick na okresowość sinusa, czyli wiedzieć, ze po dodaniu np. 2π wartość się nie zmieni. Pokombinuj,

KAMIL: zagubiony

asdf: −1 ≤ sin (π√n²+n) ≤ 1 // ² 1 ≤ sin² (π√n²+n) ≤ 1 poczytaj troche coś ciagach ja nie wiesz , polecam wpisać w google "310 zadań granic z rozwiązaniami"..oczywiście kupić tą książkę (nioh nioh)

Trivial: asdf, sugerujesz że 1 ≤ sin²(π√n²+n) ≤ 1 dla dowolnego n?

asdf: dla dowolnego to może nie..

Trivial: A dla jakiego? Nie można tak sobie podnosić nierówności do kwadratu gdy mamy liczby ujemne. Można najwyżej: |sin(π√n²+n)| ≤ 1 /² sin²(π√n²+n) ≤ 1 Za wiele nie daje.

Trivial: A żeby obliczyć tę granicę można zastosować przybliżenie (1+ε)^x ≈ 1+εx, ε << 1 Najpierw mamy: √n²+n = n(1+¹_n)^1/2 = n*(1+¹_2n) + R_n = n+¹₂ + R_n gdzie R_n oznacza ciąg reszt przybliżenia (różnicę między wartością dokładną a przybliżoną). Kolejno zauważamy, że R_n = √n²+n − n − ¹₂ → 0 przy n → ∞ Korzystając ze wzoru

	1
sin2x =		(1−cos(2x))
	2

możemy zapisać a_n = sin²(π√n²+n) = ¹₂(1−cos(2π√n²+n)) = ¹₂(1−cos(2π(n+¹₂+R_n)) = ¹₂(1−cos(π+2πR_n)) = ¹₂(1+cos(2πR_n)) Ale R_n → 0 zatem lim_n→∞ a_n = ¹₂(1+1) = 1.