Przykładowe rozwiązania

Przykładowe rozwiązania

Arkusz 4

Pomocne linki z nagranymi przykładami:

• https://youtu.be/kEk2lHugTbs

• https://youtu.be/xuYqwwTmVeI

• https://youtu.be/_pIp6WG6fwY

• https://youtu.be/ttKxeOnyH7I

Zadnie 2. i)

,

Ponieważ licznik i mianownik są liczbami dodatnimi, to dla wszystkich Inaczej mówiąc,

dla wszystkich Oznacza to, że liczba jest ograniczeniem dolnym ciągu .

Zanim znajdziemy ograniczenie górne, zauważmy, że ciąg ten jest malejący, gdyż dla każdego naturalnego mamy

. Ponieważ ciąg jest malejący, to dla każdego naturalnego

,

co oznacza, że liczba jest ograniczeniem górnym rozważanego ciągu.

Podsumowując, ciąg jest ograniczony i malejący.

Zadnie 3.

i)

gdyż każdy wielomian dla dostatecznie dużych zachowuje się jak jego najwyższa potęga.

Natomiast, ułamki dążą do zera, gdy dąży do nieskończoności.

iii)

Nad znakiem równości zapisujemy typ symbolu nieoznaczonego. Przekształcamy ciąg w taki sposób, by pozbyć się nieoznaczoności. Na przykład, jeśli mamy do czynienia z ułamkiem, w którym licznik i mianownik są wielomianami, dzielimy licznik i mianownik przez najwyższą potęgę

występującą w mianowniku.

. a_n= n3ⁿ n = 1,2,...

a_n> 0 n = 1,2,...

0 ≤ an n = 1,2,...

m = 0 (an)

n

a_n+1− a_n= n + 13ⁿ⁺¹ − n3ⁿ = n + 1 − 3n3ⁿ⁺¹ = −2n + 13ⁿ⁺¹ < 0

(an) n

a_n≤ a₁= 13 M = 13

n→∞lim(7n³+ 3n²− 8n + 2) = lim

n→∞n³(7 +3

n − 8n² + 2n³) = + ∞ ⋅ 7 = + ∞, 3 n

n, 8n², 2n³ n

n

n→∞lim

−2n²+ 5n − 6 5n²− 3n

[ ∞= lim∞ ]_n→∞ −2 + ⁵_n −_n2⁶

5 − ³_n = −2 + 0 − 05 − 0 = − 25

ix)

Dzielimy licznik i mianownik przez (najwyższa potęga w mianowniku) ,

gdyż .

xiv)

W przypadku poniższej granicy mamy do czynienia z ilorazem funkcji wykładniczych.

Podobnie jednak jak w powyższych przykładach dzielimy licznik i mianownik przez funkcję wykładniczą o najwyższej podstawie. Ale najpierw trzeba przekształcić poniższy ułamek, by te funkcje wykładnicze znaleźć.

Dzielimy licznik i mianownik przez .

,

gdyż funkcje wykładnicze o podstawie mniejszej od (tu i ) są zbieżne do .

Zadnie 4.

v)

W poniższym przykładzie mamy do czynienia z nowym typem nieoznaczoności . W takim przypadku należy tak przekształcić ciąg, aby otrzymać nieoznaczoność typu . W poniższym przypadku można wykorzystać wzór skróconego mnożenia ,

mnożąc i dzieląc przez .

Ponieważ dla dużych pierwiastek zachowuje się jak pierwiastek , więc można powiedzieć, że w nieskończoności mianownik zachowuje się jak wielomian stopnia pierwszego. Dzielimy zatem licznik i mianownik przez

.

W zadaniach od 5 do 9 korzystamy ze wzoru na sumę nieskończonego ciągu geometrycznego o ilorazie spełniającym warunek . Jest to wzór

.

n² n

n→∞lim

13n⁴+ 5n³+ 2n²− 8n + 3

−6n²+ 3n − 1

[ ∞=∞ ]

13n²+ 5n + 2 − ⁸_n + _n2³

−6 + ³_n −_n2¹ = +∞−6 = − ∞

∞

−6 = ∞ ⋅ (− 16) = − ∞

n→∞lim

4 ⋅ 6ⁿ⁺¹⋅ 3ⁿ⁻²+ 15ⁿ⁻¹

−2 ⋅ 3²ⁿ⁺¹⋅ 2ⁿ+ 16ⁿ⁺² = lim

n→∞

4 ⋅ 6 ⋅ 6ⁿ⋅ 3⁻²⋅ 3ⁿ+ 15⁻¹⋅ 15ⁿ

−2 ⋅ 3 ⋅ 9ⁿ⋅ 2ⁿ+ 16²⋅ 16ⁿ = lim

n→∞

83 ⋅ 18ⁿ+ ₁₅¹ ⋅ 15ⁿ

−6 ⋅ 18ⁿ+ 256 ⋅ 16ⁿ 18ⁿ

n→∞lim

8

3 ⋅ 18ⁿ+ ₁₅¹ ⋅ 15ⁿ

−6 ⋅ 18ⁿ+ 256 ⋅ 16ⁿ = lim

n→∞

8

3 + ¹₅ ⋅ (¹⁵₁₈)ⁿ

−6 + 256 ⋅ (¹⁶₁₈)ⁿ =

8

3 + ¹₅ ⋅ 0

−6 + 256 ⋅ 0 = − 49 1 (¹⁵₁₈)ⁿ (¹⁶₁₈)ⁿ 0

[∞ − ∞]

[^∞_∞] a²− b²= (a − b)(a + b) 4n²+ 7n − 1 + 2n

n→∞lim( 4n²+ 7n − 1 − 2n)^[∞−∞]= lim

n→∞

4n²+ 7n − 1 − 4n²

4n²+ 7n − 1 + n = = lim

n→∞

7n − 1 4n²+ 7n − 1 + n

n 4n²+ 7n − 1 n² = n

n

n→∞lim

7n − 1 4n²+ 7n − 1 + n

[ ∞∞ ]= lim

n→∞

7 − ¹_n

4 + ⁷_n − _n2¹ + 1 = 7

4 + 1 = 73

q |q | < 1

S = a₁ 1 − q