Granice Przemysław: Znaleźć granicę:

2n
n!

no niby wiadomo, że to 0, ale jak to pokazać Próbowałem coś w stylu:

2n		2*...*2		2		2		2		2
	=		=		*		*		*...*
n!		1*2*...*n		1		2		3		n

ale mnie to do niczego nie zaprowadziło

:): 2ⁿ=2*2*2*2...*2 n!=1*2*3*4*5*..*n≥2*2*2*...*n=2ⁿ⁻¹*n

	1		1
zatem		≤
	n!		2n−1n

	2n		2n		2
zatem		≤		=		→0
	n!		2n−1n		n

:): tam mozesz mięć wątpliwosci , że 1*2*3...≥2*2*2... (ze pierwszą jedynke też oszacowałem przez 2) Ale spokojnie..potem jest 4 w silni..i odj niej biore tą dwójke Kminisz

Kacper: Ciąg jest ograniczony przez 0. Wystarczy pokazać, że jest malejący.

:): no nie do końca..

	1
an=1+		też ma takie własnosci
	n

Kacper: Oczywiście jest malejący od pewnego miejsca.

Przemysław:

	2n
Dobra, czyli ograniczenie z góry np.:		−>0
	2n−1*n

	1
od dołu np:		−>0
	nn

Przemysław: Albo od dołu w ogóle zero w sumie, bo ten ciąg jest dodatni Dobra, dziękuję bardzo.

:): od dołu po rosotu przez 0

	2n		2
0≤		≤		od n≥4 takie coś zachodzi
	n!		n

Przemysław: Mam też coś takiego;

(−1)n+(−1)n+1+...+(−1)n!
n

:): a to to baardzo proste.. Chociaz tak wyglada Zauważ,że u góry jest co najmniej −1 a co najwyżej 1

zombi:

	−1		1
Ograniczone		i		?
	n		n

:): (raz dodajesz raz odejmujesz −1,1)

ICSP:

	2n		2n
∑		jest zbieżny. Czyli lim		= 0
	n!		n!

Kacper: ICSP granice ciągów są przed szeregami A poza tym, to przecież trzeba sprawdzić warunek konieczny zbieżności szeregu, czyli obliczyć naszą granicę

:): noo..tez jestem za tym, żeby zachować to jako ciekawoste, że tak też można

Przemysław: Dobra, dziękuję! Można też w takiej postaci użyć to ograniczenie:

	−1		−1−(−1)n!		0
0<−		≤		≤		−>0
	n		2n		2n

Przemysław: To jak Wam tak dobrze idzie i mi tak pomagacie, to mam też coś takiego:

	n2+1		n2 2
(		)
	(n−1)(n+1)

n2 2
	jest w potędze

:): hmmm tak mi sie srednio pdoba.. najlepiej rpzez −1/n i 1/n (najbezpieczniej)

Przemysław:

	n2+1		n2 2
od dołu ograniczyłem przez (		)
	n2

i to jakos z e, ale od góry nie wiem jak

Przemysław: @21:01 to co jest pośrodku wyszło mi jako ogólny wzór tej sumy

:): (n−1)(n+1)=n²−1 n²+1=n²−1+2

n2 2		(n2)!		n2(n2−1)
	=		=
		2*(n2−2)!		2

	1
Pocuduj...i skorzystaj z faktu, że (1+		)an→e, gdy an→∞
	an

i KONIEC ZADAŃ

Przemysław: Koniec Nie no, dobra, dziękuję bardzo

Przemysław: Pocudowałem do:

	2		n2−1
((1+		)		)n2 i to niby dąży do ∞ (a przynajmniej tak sądzę)
	n2−1		2

ale jak to pokazać, z definicji?

:):

	1
Z definicji masz, ze (1+		)n→e
	n

a to, że dla każdego ciagu a_n to ugólnienie..ale nie trudne..

Przemysław: no dobra, ale nie mogę przecież wziąć: ...−>e^∞

:): możesz uzsadnić to w ten sposó, ze skoro to w nawiasie dązy do e to od pewnnego miejsca jest wieskze od 2 i szacujesz od dołu przez 2ⁿ² któe dążdy do nieskończonosci

zombi: e^∞ nie jest symbolem nieoznaczonym więc możesz. Środek dąży do e, wykładnik w nieskończoność więc oczywiście +∞

:): 2ⁿ²

Przemysław: Tzn. chodzi mi o taki problem:

1		1
	+...+
n		n

i składników jest n. Nie mogę przejść z n do nieskończoności, bo dostanę: 0+...+0=0, sprzecznie z tym, ze całość jest równa 1. Więc nie wiem, czy można powiedzieć, że to w nawiasie dąży do e, bo to już jest przejście z n do nieskończoności.

:): nie..to całkowicie inne pytanie..... Tu absolutnie nawet od ręki mozesz napsiać, ze dązy do ∞ i koniec.. (problem by był, gdyby tam sie pojawiło 1)

:): i w zasadzie tylko wtedy..

Przemysław: A, rozumiem, bo gdyby było 1 to mamy nieoznaczoność 1^∞, tak? I tylko gdy wychodzi takie cudo to nie można tego robić?

:): tak!

zombi:

	1
Tak Najlepszym przykładem, gdzie 1∞ nie hula to (1+		)n
	n

Przemysław: Dziękuję bardzo

Przemysław:

	n2+1		1		π
arctg		=arctg(n+		)→		, bo nawias dąży do ∞, dobrze?
	n		n		2

:): tak

Przemysław: Dziękuję

zombi: Tak.

Przemysław:

arcsin1n
1n

mogę napisać, że arcsin x zachowuje się jak x dla małych x i z tego uznać, że wystarczy rozważyć:

1n
	=1−>1
1n

Bo inny pomysł mam, żeby to z definicji pokazać, że granica jest równa 1, ale raczej ciężko. No i jeszcze myślałem, żeby z trzech ciągów, bo arcsinx∊[0,2π], ale to nie bardzo działa

:): Widze, ze to sie dzis nie skonczy..... ...

:): y=arcsin(x) sin(y)=x

	arcsinx		y
limx→0		=limy→0		=1
	x		siny

tak napraede tw o pochodnej funkcji odwrtonej

Przemysław: Nie no, już mi i tak dużo mi pomogłeś, przecież Cię nie trzymam. Może akurat zombi lub ktoś inny odpowie

Przemysław:

	y
limy→0		=1 ? Znaczy z D'Hospitala to chyba widać, ale...
	siny

:):

	sinx
granica		→1 jest znana (gdy x→0) więc i x/sinx→1
	x

Przemysław: A skąd jest to znane?

:): DDD Najlepszy dowód jest geometryczny..rysuje sie wykres y=sinx oraz y=x i pokazuje sie tam....(możesz poszukać na necie gdzieś) Każdy zna tą granice, ale mysle, że 1/50 by potrafiłą tak formalnie uzasadnić (używanie de l'Hospitala jest nie łądne w tym przypadku z pewnego powodu)

Przemysław: Ten powód chyba jest taki, że przy wyprowadzaniu pochodnej sinusa jest używana ta granica Tak coś słyszałem

:): taak

Przemysław: No dobra, na razie wezmę ją na słowo Chociaż to chyba jest tak, że jak się sinusa w szereg rozwinie to dla x bliskich zero on będzie

	x
bliski x i wtedy mamy		=1
	x

Przemysław: Ale to takie mało formalne. W każdym razie dziękuję bardzo

:): taak..masz racje.ale roziwjanie w szereg to znów..troche korzystanie z pochodnych i ten sam "błą" co de L'Hopsotala Dowód podstawowy jest geometrycnzy..Jest dosć prosty..ale trikowy!.nie chce mi sie tu rysować

ICSP:

	π
|sinx| ≤ |x| dla x ∊ [0 ;		] − nierówność Jordana.
	2

więc mamy :

	sinx
|		| ≤ 1
	x

Oszacowanie od dołu dostajemy z nierówności : |x| ≤ |tgx| prawidzwej w określonym powyżej przedziale. Mamy zatem :

	sinx
|cosx| ≤ |		| ≤ 1
	x

	sinx
i z twierdzenia o trzech ciągach : limx→0		= 1
	x

Przemysław: Dzięki za info z szeregiem w sumie racja... OK, spoko Potem poszukam w necie, jak dam radę ogarnąć

:):

Przemysław:

	sinx
Jeżeli |		|−>1
	x

to: skąd:

sinx
	−>1 ?
x

Przemysław: bo jak x−>0, to |x|=x

ICSP: sinx oraz x mają ten sam znak więc będą liczbą dodatnią. Po prostu nie chciało mi się w znaki bawić.

:): |x|≤|tgx| |sinx|≤|x| Przemysław zapyta..a co z tym?

Przemysław: Tzn., ten sam znak w otoczeniu zera? No ale te nierówności, których użyłeś nie działają dla ujemnych x, a my dążymy do zera z obu stron?

ICSP: drugą wyjaśniłem. Pierwszą z odpowiedniego rysunku

Przemysław: @: Spokojnie jeszcze do tego dojdę

:): http://math.stackexchange.com/questions/75130/how-to-prove-that-lim-limits-x-to0-frac-sin-xx-1 o takie cos mi chodzilo

ICSP: Właśnie dzięki wartościom bezwzględnym działają dla liczb ujemnych

Przemysław: Ale nierówność Jordana jest tylko dla x dodatnich: https://en.wikipedia.org/wiki/Jordan%27s_inequality czy coś zupełnie mieszam

ICSP: a co robi moduł ?

:): Myśle Przemysław, ze będziesz zdrowszy jak uznasz to za Aksjomat!

Przemysław: Ale ta nierówność w wersji oryginalnej jest bez modułu

Przemysław: Dobra, uznam to za aksjomat do piątku, potem będę myślał W każdym razie dziękuję Wam bardzo.

ICSP: ale w granicy potrzebowałem z modułem to go dodałem

Przemysław: No ale z modułem jest silniejszym twierdzeniem, czy się mylę?

:): jeżeli x<0 to −x>0 to sin(−x)≤−x sin(−x)=−sin(x) czyli −sin(x)≤−x czyli sin(x)≥x

Przemysław: Dobra, czyli mamy to twierdzenie z modułem Dziękuję bardzo. Przepraszam, że taki upierdliwy jestem, no ale wiecie jak jest Teraz moje pytanie dlaczego:

	π
|x|≤|tgx| dla x∊[0,		]
	2

:): hahahahahaaha

:): MUSISZ odwołać się do interpretacji geometrycznej (tak naprawde w obu przypdkach)

Przemysław: Do interpretacji geometrycznej tzn. do tego jak się definiuje funkcje trygonometryczne?

	π
Np. na trójkącie prostokątnym, bo to jest [0,		]?
	2

:): narysuj sobie trójkącik o kącie mniejszym niż pi/2. poprowadź okrąg o promieniu przeciprostokątnej i do dzieła!

:): Najlepiej dużo mniejszy od pi/2

Przemysław: Ramiona kąta x zawierają: r i a (przyprostokątna), b− 2. przyprostokątna l − długość łuku rozpiętego na kącie x. I ma być:

l		b
	≤
2πr		a

tak? I jak to dalej ruszyć

Przemysław: Dobra, już Cię nie męczę, jeszcze kiedyś się o to zapytam jak nie dam rady

Przemysław: A tymczasem bardzo dziękuję za wszelką pomoc

:): Dobrej nocy

Przemysław: Wzajemnie, ja jeszcze zostaję − granice się same nie nauczą