Несколько заданий по математическому анализу (основы)

[citadeldimon]

Тогда дроби сводишь к общему знаменателю и у тебя выходит сверху многочлен степени 2 и снизу тоже, тогда выносишь старший степень и выходит $-\frac 1 6$.
Немного опоздал

[int13]

$$ \eqalign{ $$ & \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {{{n^2 + 1} \over {2n + 1}} - {{3n^2 + 1} \over {6n + 1}}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {{{\left( {n^2 + 1} \right)\left( {6n + 1} \right) - \left( {3n^2 + 1} \right)\left( {2n + 1} \right)} \over {\left( {2n + 1} \right)\left( {6n + 1} \right)}}} \right) = \cr $$ $$ & \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {{{\left( {6n^3 + 6n + n^2 + 1} \right) - \left( {6n^3 + 2n + 3n^2 + 1} \right)} \over {12n^2 + 8n + 1}}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {{{4n - 2n^2 } \over {12n^2 + 8n + 1}}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {{{n^2 \left( {{4 \over n} - 2} \right)} \over {n^2 \left( {12 + {8 \over n} + {1 \over {n^2 }}} \right)}}} \right) = {{ - 1} \over 6} \cr} $$ $$

Добавлено спустя 14 секунд:

Упс. Я тоже немного опоздал

Добавлено спустя 4 минуты 17 секунд:

Отлично... А как подступиться к такому примеру?

$$ \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {{{\root 4 \of {n^3 + n} - \sqrt n } \over {n + 2 + \sqrt {n + 1} }}} \right) $$

Может быть, можно вынести сверху

$$n$$

из под корня, тогда подкоренное выражение будет стремится к нулю, и

$$ \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {{{\root 4 \of {n^3 + n} - \sqrt n } \over {n + 2 + \sqrt {n + 1} }}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {{{n - \sqrt n } \over {n + 2 + \sqrt {n + 1} }}} \right) = $$

?
Хотя, что делать дальше все равно не пойму.

[ewert]

ну, тогда на слвдкое:

$$(*)\sim {n\over2}\left(1-{1\over2n}\right)-{n\over2}\left(1-{1\over6n}\right)={1\over2}\left(-{1\over2}+{1\over6}\right)=-{1\over6}$$

.

Добавлено спустя 3 минуты 53 секунды:

int13 писал(а):

$$ \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {{{\root 4 \of {n^3 + n} - \sqrt n } \over {n + 2 + \sqrt {n + 1} }}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {{{n - \sqrt n } \over {n + 2 + \sqrt {n + 1} }}} \right) = $$

Вы неправильно заменили, а считать тут ничего не надо -- очевидный ноль, т.к. никаких неопределённостей ни вверху, ни внизу нет, и вот тут-то как раз и можно по рабоче-крестьянски выносить за скобки старшие степени, только надо делать это аккуратно.

[int13]

Уф. У меня с этим всегда были проблемы...

$$ \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {{{\root 4 \of {n^3 + n} - \sqrt n } \over {n + 2 + \sqrt {n + 1} }}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {{{n\root 4 \of {{1 \over n} + {1 \over {n^3 }}} - n\sqrt {{1 \over n}} } \over {n\left( {1 + {2 \over n} + {{\sqrt {n + 1} } \over n}} \right)}}} \right) = $$

...

[ewert]

можно, хотя красивше было бы вынести вверху степень 3/4

[int13]

Мне, желательно, как можно проще и понятнее
Я даже выносить из под корня правильно не умею... Сейчас попробую...
(...)

$$ {n^{{3 \over 4}} \root 4 \of {1 + {1 \over {n^2 }}} } $$

Честно говоря, не понял идеи, нужно отовсюду выносить эн в степени три четвертых?

[ewert]

Нужно отовсюду выносить главную степень. В числителе таковой является степень 3/4 (все остальные очевидно меньше), в знаменателе -- первая (аналогично).

[int13]

int13 писал(а):

Уф. У меня с этим всегда были проблемы...

$$ \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {{{\root 4 \of {n^3 + n} - \sqrt n } \over {n + 2 + \sqrt {n + 1} }}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {{{n\root 4 \of {{1 \over n} + {1 \over {n^3 }}} - n\sqrt {{1 \over n}} } \over {n\left( {1 + {2 \over n} + {{\sqrt {n + 1} } \over n}} \right)}}} \right) = $$

...

\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \left( {{{n\left( {\root 4 \of {{1 \over n} + {1 \over {n^3 }}} - \sqrt {{1 \over n}} } \right)} \over {n\left( {1 + {2 \over n} + {{\sqrt {n + 1} } \over n}} \right)}}} \right) = \left( {{0 \over {\left( {1 + {{n\sqrt {{1 \over n} + {1 \over {n^2 }}} } \over n}} \right)}}} \right) = {0 \over 1} = {0}

Эм...?

[int13]

Если это действительно так, то мне необходимо сегодня до 17:00 по московскому времени решить и уметь обьяснить еще хотя бы два примера... Либо из тех, что представлены выше, либо:

$$ \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \left( {{1 \over 2} + {3 \over {2^2 }} + {5 \over {2^3 }} + ... + {{2n - 1} \over {2^n }}} \right) $$

Не имел опыта нахождения таких лимитов.
Похоже на последовательность.
Может нужно применить метод математической индукции?
Я так понимаю, это базовый пример.
Может, есть смысл поискать где-нибудь, в интернете, ресурсы, где рассмотрен подобный пример?

[Brukvalub]

int13 в сообщении #157549 писал(а):

Может нужно применить метод математической индукции?

Это задача № 55 из задачника Б.П. Демидовича. Найдите короткую замкнутую формулу для суммы, после чего предел мгновенно найдется и станет равным 3.

[ewert]

это -- производная частичной суммы геометрической прогрессии с нечётными степенями после подстановки соответствующего икса

[int13]

Мда. Решение оказалось довольно обьемным.
Ход решения мне более менее понятен, а вот как до него додуматься самому - не ясно.
http://keep4u.ru/imgs/b/081112/6c/6c239 ... 939e1d.jpg

Добавлено спустя 19 минут 22 секунды:

Кстати, как называется этот метод?
Какие теоретические вопросы я должен рассмотреть чтобы "иметь право" пользоваться данным методом?

[Brukvalub]

int13 в сообщении #157575 писал(а):

Кстати, как называется этот метод?
Какие теоретические вопросы я должен рассмотреть чтобы "иметь право" пользоваться данным методом?

Какой метод? В упор не вижу изложение Вами хоть какого-нибудь метода!

[int13]

В частности, я никак не могу понять, почему:

$$ S_n = \left( {1 + 1 + {1 \over 2} + ... + {1 \over {2^{n - 2} }} - {{2n - 1} \over {2^n }}} \right) = 1 + {{1 - {1 \over {2^{n - 1} }}} \over {1 - {1 \over 2}}} - {{2n - 1} \over {2^n }} $$

[Brukvalub]

Посчитайте, скажем,

\[S_n - \frac{1}{2}S_n \]

- все и получится.