Ad granicjum bororum Przemysław: Proszę o sprawdzenie: szukam granicy:

	1
(n+1)2arctg
	n

	1
arctg		=y
	n

1
	=tgy
n

n=ctgy n→−>∞⇒y→0 wystarczy zbadać granicę:

	cosy+siny		y
(ctgy+1)*y=		*y=(cosy+siny)*
	siny		siny

	siny
WIEMY, że		→1, dla y→0, więc:
	y

y		1
	→		=1, dla y→0
siny		1

czyli:

	y
(cosy+siny)*		→(1+0)*1=1
	siny

zombi: Wykorzystaj fakt, być może nie znałeś.

arctgx
	→ 1, przy x→0
x

Przemysław: No słyszałem o tym, ale w sumie to nie wiem, czemu tak jest. A gdyby tego użyć to mamy:

	arctg 1n		1		1		arctg 1n
...=(n+1)2*		*		=(n+2+		)*		→∞
	1n		n		n		1n

i wychodzi inaczej niż to co robiłem, więc nie wiem, gdzie tam mam błąd.

Godzio: Dlaczego tak jest, ano dlatego:

arctgx
x

Niech arctgx = t ⇒ tg(t) = x Otrzymujemy:

t		1
	=		, a to już chyba znamy przy t→0
tg(t)		tg(t)   t

Godzio: Co do Twojego pierwszego rozwiązania, zapomniałeś o kwadracie po podstawieniu

Przemysław: OK, dziękuję bardzo

Przemysław: Jakbyś jeszcze tu spojrzał: https://matematykaszkolna.pl/forum/305128.html to byłbym wdzięczny