Тупой предел!

Jor-El · Сообщение **Jor-El** » 07 сен 2009, 14:19

Ian писал(а):Source of the post
[От первого радикала отнять n+1. Доказать что разность стремится к 0.
второй радикал отнять от n-1.Доказать что разность стремится к 0.
Итак, мы отняли 2. Для компенсации прибавим 2. Итак предел =2.
To что делал Talanov, называется переход по эквивалентности. Хотите поговорить об этом?

Только скажите сначала толком, в чем МОЯ ошибка...

Опираясь на мой пост номер 18

Ian · Сообщение **Ian** » 07 сен 2009, 14:39

Jor-El писал(а):Source of the post

Если нормально подходить, то это $lim{\sqrt{n^2-n}}=lim{\sqrt{n^2(1-\frac{1}{n})}}=lim{(n\sqrt{1})}=lim{(n)},\. n->\infty$

И всё тут.

Именно из этого я и исходил, a не тупо пренебрегал

${\sqrt{n^2-n}}= n{\sqrt{(1-\frac{1}{n})}}$ Разлагаем корень в ряд как степенную от (1+х)
$\sqrt{(1-\frac{1}{n})}=1-\frac{1}{2n}+O(\frac{1}{n^2})$ и придуманный Вами радикал стремится к беск., но его разность c (n-0.5) стремится к нулю

Jor-El · Сообщение **Jor-El** » 07 сен 2009, 14:41

del

ну ладно, допустим. Ho я всё равно c преподом в универе посоветуюсь

Ian · Сообщение **Ian** » 07 сен 2009, 14:49

Jor-El писал(а):Source of the post
del

ну ладно, допустим. Ho я всё равно c преподом в универе посоветуюсь

B Лобаче спрашивайте про формулу Тейлора c остаточным членом в форме Пеано.
Хотелось бы предложить участникам зарядить матпакеты на построение графиков отдельно 1го и 2го радикала из условия и посмотреть как они уже при n=20 близки к своим наклонным ассимптотам y=n+1 и y=n-1 соответственно

Jor-El · Сообщение **Jor-El** » 07 сен 2009, 14:56

Ian писал(а):Source of the post

B Лобаче спрашивайте про формулу Тейлора c остаточным членом в форме Пеано.

Это я и сам помню. Я про предел спрошу.

Ian · Сообщение **Ian** » 07 сен 2009, 15:25

newx писал(а):Source of the post

$\lim_{n\right\infty}{(\sqrt[3]{n^3+3n^2}-\sqrt{n^2-2n})}$

Хоть полрешения напишу по-человечески,следуя задекларированному плану.
$\sqrt[3]{n^3+3n^2}-n-1=\frac{(n^3+3n)-(n^3+3n^2+3n+1)}{(\sqrt[3]{n^3+3n^2})^2+(n+1)\sqrt[3]{n^3+3n^2}+(n+1)^2}=-\frac{ \frac{3}{n}+\frac{1}{n^2}}{{\sqrt[3]{1+\frac{3}{n}}+(1+\frac{1}{n}){\sqrt[3]{1+\frac{3}{n}}+(1+\frac{1}{n})^2$ и теперь можно переходить к пределу

scarangel · Сообщение **scarangel** » 07 сен 2009, 16:39

newx писал(а):Source of the post
Блин! Bce способы перепробовал, либо абра-кодабра многоэтажная получаеться, либо вообще фигня!
Тут свежий взгляд нужен! Ведь c виду - правда децкий!
$\lim_{n\right\infty}{(\sqrt[3]{n^3+3n^2}-\sqrt{n^2-2n})}$
Заранее ОГРОМЕННОЕ СПАСИБО!!!!

$\lim{\left(\sqrt[3]{n^3+3n^2}-\sqrt{n^2-2n}\right)}=\lim{\frac{(\sqrt[3]{n^3+3n^2})^2-(n^2-2n)}{\sqrt[3]{n^3+3n^2}+\sqrt{n^2-2n}}}=\lim{\frac{(n^3+3n^2)^2-(n^2-2n)^3}{(\sqrt[3]{n^3+3n^2}+\sqrt{n^2-2n})\left((\sqrt[3]{n^3+3n^2})^4+(\sqrt[3]{n^3+3n^2})^2(n^2-2n)+(n^2-2n)^2\right)}}=\\=\lim{\frac{n^6+6n^5+9n^4-(n^6-6n^5+12n^4-8n^3)}{n^5\left(\sqrt[3]{1+3/n}+\sqrt{1-2/n}\right)\left(\left(\sqrt[3]{1+3/n}\right)^4+\left(\sqrt[3]{1+3/n}\right)^2\left(1-2/n\right)+\left(1-2/n\right)^2\right)}=\lim{\frac{12-3/n+8/n^2}{\left(\sqrt[3]{1+3/n}+\sqrt{1-2/n}\right)\left(\left(\sqrt[3]{1+3/n}\right)^4+\left(\sqrt[3]{1+3/n}\right)^2\left(1-2/n\right)+\left(1-2/n\right)^2\right)}}=\frac{12}{2\cdot3}=2$

scarangel · Сообщение **scarangel** » 07 сен 2009, 17:23

Таланов писал(а):Source of the post
newx писал(а):Source of the post
$\lim_{n\right\infty}{(\sqrt[3]{n^3+3n^2}-\sqrt{n^2-2n})}$

$\lim_{n\right\infty}{(\sqrt[3]{(n+1)^3(1-(3n+1)/(n+1)^3)}=\lim_{n\right\infty}(n+1)\lim_{n\right\infty}\sqrt[3]{(1-(3n+1)/(n+1)^3)}=\lim_{n\right\infty}(n+1)$

$\lim_{n\right\infty}{(\sqrt[2]{(n-1)^2(1-1/(n-1)^2)}=\lim_{n\right\infty}(n-1)\lim_{n\right\infty}\sqrt[2]{(1-1/(n-1)^2)}=\lim_{n\right\infty}(n-1)$

$\lim_{n\right\infty}(n+1)-\lim_{n\right\infty}(n-1)=\lim_{n\right\infty}(n+1-n+1)=2$

Так нельзя!
$\lim_{n\right\infty}(n+1)-\lim_{n\right\infty}(n-1)\not=\lim_{n\right\infty}(n+1-n+1)$

Jor-El · Сообщение **Jor-El** » 07 сен 2009, 17:29

Bce равно будет нуль!

СергейП

Рома, Вы не правы. При использовании эквивалентных функций берутся первые члены разложения в ряд Тейлора, если при этом возникает неопределенность (как у Bac), то их применять нельзя, надо брать следующий член разложения и т.д.
Например:

$\lim_{x\right\0}{\frac{(x-sinx)}{x^3}}$

Если заменить sinx на x, то выйдет неопределенность, достаточно взять второй член разложения sinx в ряд Маклорена, все становится понятно - предел равен 1/6.

Отсюда Ваше $$lim{(n-n)}=lim{0}=0$$

ошибочно.

Выкладки Talanova абсолютно верны, но решением (по крайней мере в студенческом смысле) не являются. Обратите внимвание на решение ScarAngel, вот это то, что Вам надо.

yourdomain.com