limita utcn, nelamuriri,confuzii

FaN.Anduu · Mesaj de **FaN.Anduu** » 25 Ian 2019, 21:11

Buna seara!
$\lim_{n\rightarrow \infty }(2-\sqrt{2})(2-\sqrt[3]{2})\cdot ...\cdot (2-\sqrt[n]{2})$
Am gasit o rezolvare pe internet, insa nu am inteles unele lucruri.
Am inceput cu inegalitatea $\frac{a+b}{2}\geq \sqrt{a\cdot b}$
Deci $\frac{2^{\frac{1}{n}}+2^{\frac{-1}{n}}}{2}\geq \sqrt{2^{\frac{1}{n}}\cdot 2^{\frac{-1}{n}}}=1$
Obtin $2-2^{\frac{1}{n}}\leq 2^{\frac{-1}{n}}$
Apoi se inlocuieste n>1 in fiecare membru, se inmultesc si se obtine $(2-2^{1/2})(2-2^{1/3})\cdot ...\cdot (2-2^{1/n})\leq 2^{-(\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+...+\frac{1}{n})}$
De aici n-am inteles de unde iese ca limita e 0.Stiu ca limita din membrul drept e 0 pentru ca e $2^{-\infty }$ .Deci daca aplicam o limita rezulta ca limita mea initiala e $\leq 0$ ? Sau se foloseste criteriul clestelui, dar daca limita din dreapta e 0, cea din stanga cat e?
Totodata, am vazut ca sirul e descrescator dar n am inteles de ce.Cum analizez x1,x2,..xn ca sa vad monotonia ?
Inca ceva, exista vreo regula dupa care sa ia a si b in prima inegalitate ? Sau s-a luat a si b astfel incat sa se reduca sub radical si sa obtinem ceva de care sa ne legam ?
Un ultim lucru, am vazut tot pe internet ca $\prod_{k=1}^{\infty }(a_{n})(a_n>0)$ are o limita diferita de 0 daca si numai daca seria $\sum_{k=1}^{\infty }log(a_n)$ converge.Ma intreb daca pot utiliza lucrul asta in cazul asta si sa ma folosesc cumva de graficul logaritmului ca sa aflu limita lui an.

Integrator · Mesaj de **Integrator** » 26 Ian 2019, 08:20

FaN.Anduu scrie: ↑
25 Ian 2019, 21:11
Buna seara!
$\lim_{n\rightarrow \infty }(2-\sqrt{2})(2-\sqrt[3]{2})\cdot ...\cdot (2-\sqrt[n]{2})$
Am gasit o rezolvare pe internet, insa nu am inteles unele lucruri.
Am inceput cu inegalitatea $\frac{a+b}{2}\geq \sqrt{a\cdot b}$
Deci $\frac{2^{\frac{1}{n}}+2^{\frac{-1}{n}}}{2}\geq \sqrt{2^{\frac{1}{n}}\cdot 2^{\frac{-1}{n}}}=1$
Obtin $2-2^{\frac{1}{n}}\leq 2^{\frac{-1}{n}}$
Apoi se inlocuieste n>1 in fiecare membru, se inmultesc si se obtine $(2-2^{1/2})(2-2^{1/3})\cdot ...\cdot (2-2^{1/n})\leq 2^{-(\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+...+\frac{1}{n})}$
De aici n-am inteles de unde iese ca limita e 0.Stiu ca limita din membrul drept e 0 pentru ca e $2^{-\infty }$ .Deci daca aplicam o limita rezulta ca limita mea initiala e $\leq 0$ ? Sau se foloseste criteriul clestelui, dar daca limita din dreapta e 0, cea din stanga cat e?
Totodata, am vazut ca sirul e descrescator dar n am inteles de ce.Cum analizez x1,x2,..xn ca sa vad monotonia ?
Inca ceva, exista vreo regula dupa care sa ia a si b in prima inegalitate ? Sau s-a luat a si b astfel incat sa se reduca sub radical si sa obtinem ceva de care sa ne legam ?
Un ultim lucru, am vazut tot pe internet ca $\prod_{k=1}^{\infty }(a_{n})(a_n>0)$ are o limita diferita de 0 daca si numai daca seria $\sum_{k=1}^{\infty }log(a_n)$ converge.Ma intreb daca pot utiliza lucrul asta in cazul asta si sa ma folosesc cumva de graficul logaritmului ca sa aflu limita lui $a_n$ .

Bună dimineața,
Este bine cum ați raționat si trebuia să continuați în modul urmator:
Se stie că dacă $0<a<0$ , atunci rezultă că $a=0$ .Deoarece $0<(2-2^{1/2})(2-2^{1/3})\cdot ...\cdot (2-2^{1/n})\leq 2^{-(\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+...+\frac{1}{n})}$ atunci și $0<\lim_{n\rightarrow \infty } (2-2^{1/2})(2-2^{1/3})\cdot ...\cdot (2-2^{1/n})\leq \lim_{n\rightarrow \infty } 2^{-(\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+...+\frac{1}{n})}=0$ de unde rezultă că $\lim_{n\rightarrow \infty }(2-\sqrt{2})(2-\sqrt[3]{2})\cdot ...\cdot (2-\sqrt[n]{2})=0$ .
-------------------------------------------------------
Nu este necesar să va complicați cu "Un ultim lucru, am vazut tot pe internet ca $\prod_{k=1}^{\infty }(a_{n})(a_n>0)$ are o limita diferita de 0 daca si numai daca seria $\sum_{k=1}^{\infty }log(a_n)$ converge.Ma intreb daca pot utiliza lucrul asta in cazul asta si sa ma folosesc cumva de graficul logaritmului ca sa aflu limita lui $a_n$ ."....

Toate cele bune,

Integrator

FaN.Anduu · Mesaj de **FaN.Anduu** » 27 Ian 2019, 20:10

Am inteles, multumesc mult!

FaN.Anduu · Mesaj de **FaN.Anduu** » 29 Ian 2019, 22:37

Buna seara!
Am aflat ca exercitiul poate fi rezolvat si cu criteriul raportului.
Deci $\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{(2-\sqrt{2})\cdot(2-\sqrt[3]{2}\cdot)\cdot ...\cdot (2-\sqrt[n+1]{2})}{(2-\sqrt{2})\cdot(2-\sqrt[3]{2}\cdot)\cdot ...\cdot (2-\sqrt[n]{2})}=\lim_{n\rightarrow \infty }(2-\sqrt[n+1]{2})=1$
Ce am gresit ? Limita ar trebui sa fie intre 0 si 1 ca limita initiala sa fie 0.

Integrator · Mesaj de **Integrator** » 30 Ian 2019, 10:11

FaN.Anduu scrie: ↑
29 Ian 2019, 22:37
Buna seara!
Am aflat ca exercitiul poate fi rezolvat si cu criteriul raportului.
Deci $\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{(2-\sqrt{2})\cdot(2-\sqrt[3]{2}\cdot)\cdot ...\cdot (2-\sqrt[n+1]{2})}{(2-\sqrt{2})\cdot(2-\sqrt[3]{2}\cdot)\cdot ...\cdot (2-\sqrt[n]{2})}=\lim_{n\rightarrow \infty }(2-\sqrt[n+1]{2})=1$
Ce am gresit ? Limita ar trebui sa fie intre 0 si 1 ca limita initiala sa fie 0.

Bună dimineața,

Nu este corect $\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{(2-\sqrt{2})\cdot(2-\sqrt[3]{2}\cdot)\cdot ...\cdot (2-\sqrt[n+1]{2})}{(2-\sqrt{2})\cdot(2-\sqrt[3]{2}\cdot)\cdot ...\cdot (2-\sqrt[n]{2})}=\lim_{n\rightarrow \infty }(2-\sqrt[n+1]{2})=1$ deoarece ar rezulta că $\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{(2-\sqrt{2})\cdot(2-\sqrt[3]{2}\cdot)\cdot ...\cdot (2-\sqrt[n+1]{2})}{(2-\sqrt{2})\cdot(2-\sqrt[3]{2}\cdot)\cdot ...\cdot (2-\sqrt[n]{2})}=\lim_{n\rightarrow \infty }(2-\sqrt[n+1]{2})=\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{(2-\sqrt{2})\cdot(2-\sqrt[3]{2}\cdot)\cdot ...\cdot (2-\sqrt[n]{2})}{(2-\sqrt{2})\cdot(2-\sqrt[3]{2}\cdot)\cdot ...\cdot (2-\sqrt[n]{2})} \cdot \lim_{n\rightarrow \infty }(2-\sqrt[n+1]{2})=\frac{0}{0}\cdot 1$ și deci avem cazul de nedeterminare $\frac{0}{0}$ .

Toate cele bune,

Integrator

FaN.Anduu · Mesaj de **FaN.Anduu** » 30 Ian 2019, 19:00

Multumesc pentru raspuns!
Si cum pot aplica criteriul raportului in cazul asta?Sau nu se poate?

Kierkegaard · Mesaj de **Kierkegaard** » 30 Ian 2019, 20:58

Salut! Exista o lema ce poate fi folosita in cazul problemei, care e enuntata asa:
Fie $x_{n}>0, n\in \mathbb{N},$ astfel ca:
$\lim_{n \to \infty} (\frac{x_{n+1}}{x_{n}})^{n}<1$
Atunci $\lim_{n \to \infty} x_{n}=0$

Aplicam lema, calculand $\lim_{n \to \infty} (\frac{x_{n+1}}{x_{n}})^{n} = \lim_{n \to \infty} (2-2^{\frac{1}{n+1}})^n = \frac{1}{2} <1,$ , rezultand ca limita lui $x_{n} = 0$

FaN.Anduu · Mesaj de **FaN.Anduu** » 30 Ian 2019, 21:03

Salut, mersi mult mult pentru raspuns!
Doar o nelamurire, nu inteleg de ce limita e 1/2

Kierkegaard · Mesaj de **Kierkegaard** » 30 Ian 2019, 21:19

FaN.Anduu scrie: ↑
30 Ian 2019, 21:03
Salut, mersi mult mult pentru raspuns!
Doar o nelamurire, nu inteleg de ce limita e 1/2

Se observa nedeterminare (1^ infinit), aplici remarcabila (1+n)^1/n= e, iar apoi faci un L'Hopital. Mi-e destul de greu sa o scriu in simboluri, dar, daca insisti si nu reusesti, imi fac timp si ti-o scriu.

FaN.Anduu · Mesaj de **FaN.Anduu** » 30 Ian 2019, 23:49

Am reusit s o rezolv.
Mersi mult!

Integrator · Mesaj de **Integrator** » 31 Ian 2019, 07:59

Kierkegaard scrie: ↑
30 Ian 2019, 20:58
Salut! Exista o lema ce poate fi folosita in cazul problemei, care e enuntata asa:
Fie $x_{n}>0, n\in \mathbb{N},$ astfel ca:
$\lim_{n \to \infty} (\frac{x_{n+1}}{x_{n}})^{n}<1$
Atunci $\lim_{n \to \infty} x_{n}=0$

Aplicam lema, calculand $\lim_{n \to \infty} (\frac{x_{n+1}}{x_{n}})^{n} = \lim_{n \to \infty} (2-2^{\frac{1}{n+1}})^n = \frac{1}{2} <1,$ , rezultand ca limita lui $x_{n} = 0$

Bună dimineața,

Cine este $x_n$ ?Dacă $x_n$ este un produs de $n-1$ factori și $x_{n+1}=x_n \cdot (2-\sqrt[n+1]{2})$ , atunci cum ajungeți la concluzia că " $\lim_{n \to \infty} (\frac{x_{n+1}}{x_{n}})^{n} = \lim_{n \to \infty} (2-\sqrt[n+1]{2})^n = \frac{1}{2} <1,$ , rezultand ca limita lui $x_{n} = 0$ "?Vedeți că mai întâi apare cazul de nedeterminare $\frac{0}{0}$ și abia după aceea apare cazul de nedeterminare $1^\infty$ ....

Toate cele bune,

Integrator

Integrator · Mesaj de **Integrator** » 31 Ian 2019, 08:16

FaN.Anduu scrie: ↑
30 Ian 2019, 23:49
Am reusit s o rezolv.
Mersi mult!

Bună dimineața,

Arătați rezolvarea!Mulțumesc!

Toate cele bune,

Integrator

FaN.Anduu · Mesaj de **FaN.Anduu** » 31 Ian 2019, 12:03

$L=\lim_{n\to\infty}\left(\left(2-2^{\frac{1}{n+1}}\right)^n\right)$
Am logaritmat ambii membri si am obtinut
$\ln(L)=\lim_{n\to\infty}\left(\frac{\ln\left(2-2^{\frac{1}{n+1}}\right)}{\dfrac{1}{n}}\right)$
Dupa ce am aplicat L'Hopital am ajuns la $ln(L)=-ln(2)$ deci $L=\frac{1}{2}$
Daca mi-ati arata cum as putea folosi $\lim_{x\rightarrow 0}(1+x)^{\frac{1}{x}}=e$ ca sa rezolv limita v-as fi recunoscator (ma gandesc ca se poate rezolva mai rapid )

grapefruit · Mesaj de **grapefruit** » 31 Ian 2019, 15:23

lim(1+1-2^{1/(n+1))^n , alegem x_n=1-2^(n+1); ramane sa calculam lim (1-2^{1/(n+1)} *n , dam un minus factor comun si impartim prin 1/n+1 ca sa folosim limita (a^x -1)/x=ln a ,limita iese -ln2 deci e la minus ln2=1/2

FaN.Anduu · Mesaj de **FaN.Anduu** » 31 Ian 2019, 17:41

Multumesc!

Integrator · Mesaj de **Integrator** » 31 Ian 2019, 18:27

FaN.Anduu scrie: ↑
31 Ian 2019, 12:03
$L=\lim_{n\to\infty}\left(\left(2-2^{\frac{1}{n+1}}\right)^n\right)$
Am logaritmat ambii membri si am obtinut
$\ln(L)=\lim_{n\to\infty}\left(\frac{\ln\left(2-2^{\frac{1}{n+1}}\right)}{\dfrac{1}{n}}\right)$
Dupa ce am aplicat L'Hopital am ajuns la $ln(L)=-ln(2)$ deci $L=\frac{1}{2}$
Daca mi-ati arata cum as putea folosi $\lim_{x\rightarrow 0}(1+x)^{\frac{1}{x}}=e$ ca sa rezolv limita v-as fi recunoscator (ma gandesc ca se poate rezolva mai rapid )

Bună seara,

Eu credeam că ați găsit altă rezolvare decât cea pe care ați dat-o Dvs. inițial , dar pe care nu ați finalizat-o si eu v-am arătat cum trebuia finalizată...Utilizatorul "Kierkegaard" v-a dat o soluție care nu este corectă deoarece , prin utilizarea acelei leme , Dumnealui elimină cazul de nedeterminare $\frac{0}{0}$ care apare în calculul lui $\lim_{n\to\infty} \bigg (\frac{x_n\cdot (2-\sqrt[n+1]{2})}{x_n}\bigg )^n$ în care nu este permis a se considera că $\lim_{n\to\infty}\bigg (\frac{x_{n+1}}{x_n}\bigg )^n =\lim_{n\to\infty}\bigg (\frac{x_n\cdot \big (2-\sqrt[n+1]{2}\big )}{x_n}\bigg )^n=\lim_{n\to\infty}\big (2-\sqrt[n+1]{2}\big )^n$ și asta deoarece $\lim_{n\to\infty} x_n=0$ .....L-am întrebat pe utilizatorul "Kierkegaard" cine este $x_n$ , dar văd că nu a răspuns încă....
Sper că ați înțeles raționamentul meu....

Toate cele bune,

Integrator

FaN.Anduu · Mesaj de **FaN.Anduu** » 31 Ian 2019, 20:34

Am inteles.Am insistat putin sa aflu cum se rezolva prin metoda a doua pentru ca indicatiile de la sfarsitul culegerii imi sugereaza sa folosesc lema despre care a scris userul "Kierkegaard".
Multumesc!

Mesaj de **ghioknt** » 31 Ian 2019, 20:37

Integrator scrie: ↑
31 Ian 2019, 07:59

Bună dimineața,

Cine este $x_n$ ?Dacă $x_n$ este un produs de $n-1$ factori și $x_{n+1}=x_n \cdot (2-\sqrt[n+1]{2})$ , atunci cum ajungeți la concluzia că " $\lim_{n \to \infty} (\frac{x_{n+1}}{x_{n}})^{n} = \lim_{n \to \infty} (2-\sqrt[n+1]{2})^n = \frac{1}{2} <1,$ , rezultand ca limita lui $x_{n} = 0$ "?Vedeți că mai întâi apare cazul de nedeterminare $\frac{0}{0}$ și abia după aceea apare cazul de nedeterminare $1^\infty$ ....

Toate cele bune,

Integrator

Domnule Integrator, nu mai speriați copiii! Acest bau-bau, care aici are înfățișarea 0/0, nu apare decât dacă se trece la limită. Ori utilizatorul Kierkegaard întâi a simplificat (și, slavă Domnului, dreptul de a simplifica un raport prin factori nenuli nu ne-a fost încă luat) și apoi a trecut la limită.

Kierkegaard · Mesaj de **Kierkegaard** » 31 Ian 2019, 21:34

Integrator scrie: ↑
31 Ian 2019, 07:59

Kierkegaard scrie: ↑
30 Ian 2019, 20:58
Salut! Exista o lema ce poate fi folosita in cazul problemei, care e enuntata asa:
Fie $x_{n}>0, n\in \mathbb{N},$ astfel ca:
$\lim_{n \to \infty} (\frac{x_{n+1}}{x_{n}})^{n}<1$
Atunci $\lim_{n \to \infty} x_{n}=0$

Aplicam lema, calculand $\lim_{n \to \infty} (\frac{x_{n+1}}{x_{n}})^{n} = \lim_{n \to \infty} (2-2^{\frac{1}{n+1}})^n = \frac{1}{2} <1,$ , rezultand ca limita lui $x_{n} = 0$
Bună dimineața,

Cine este $x_n$ ?Dacă $x_n$ este un produs de $n-1$ factori și $x_{n+1}=x_n \cdot (2-\sqrt[n+1]{2})$ , atunci cum ajungeți la concluzia că " $\lim_{n \to \infty} (\frac{x_{n+1}}{x_{n}})^{n} = \lim_{n \to \infty} (2-\sqrt[n+1]{2})^n = \frac{1}{2} <1,$ , rezultand ca limita lui $x_{n} = 0$ "?Vedeți că mai întâi apare cazul de nedeterminare $\frac{0}{0}$ și abia după aceea apare cazul de nedeterminare $1^\infty$ ....

Toate cele bune,

Integrator

Buna seara!
Care e greseala, pana la urma, despre care vorbiti? Da, intai am simplificat, apoi am trecut la limita. Vreau sa fiti mai explicit, sa stiu daca gresesc, anul asta am si eu admiterea si mai sunt multi care se folosesc de forum pt. rezolvarea problemelor. Mentionez ca sunt aici sa invat si, eventual, sa ajut.

Integrator · Mesaj de **Integrator** » 01 Feb 2019, 07:45

ghioknt scrie: ↑
31 Ian 2019, 20:37

Integrator scrie: ↑
31 Ian 2019, 07:59

Bună dimineața,

Cine este $x_n$ ?Dacă $x_n$ este un produs de $n-1$ factori și $x_{n+1}=x_n \cdot (2-\sqrt[n+1]{2})$ , atunci cum ajungeți la concluzia că " $\lim_{n \to \infty} (\frac{x_{n+1}}{x_{n}})^{n} = \lim_{n \to \infty} (2-\sqrt[n+1]{2})^n = \frac{1}{2} <1,$ , rezultand ca limita lui $x_{n} = 0$ "?Vedeți că mai întâi apare cazul de nedeterminare $\frac{0}{0}$ și abia după aceea apare cazul de nedeterminare $1^\infty$ ....

Toate cele bune,

Integrator
Domnule Integrator, nu mai speriați copiii! Acest bau-bau, care aici are înfățișarea 0/0, nu apare decât dacă se trece la limită. Ori utilizatorul Kierkegaard întâi a simplificat (și, slavă Domnului, dreptul de a simplifica un raport prin factori nenuli nu ne-a fost încă luat) și apoi a trecut la limită.

Bună dimineața,

Aveți dreptate!Acum am înțeles că am făcut abuz de proprietățile limitelor în cazul limitelor rapoartelor de funcții de acest tip.Mulțumesc foarte mult!

Cu deosebită stimă,

Integrator

Forum AniDeȘcoală.ro

limita utcn, nelamuriri,confuzii

limita utcn, nelamuriri,confuzii

Re: limita utcn, nelamuriri,confuzii

Re: limita utcn, nelamuriri,confuzii

Re: limita utcn, nelamuriri,confuzii

Re: limita utcn, nelamuriri,confuzii

Re: limita utcn, nelamuriri,confuzii

Re: limita utcn, nelamuriri,confuzii

Re: limita utcn, nelamuriri,confuzii

Re: limita utcn, nelamuriri,confuzii

Re: limita utcn, nelamuriri,confuzii

Re: limita utcn, nelamuriri,confuzii

Re: limita utcn, nelamuriri,confuzii

Re: limita utcn, nelamuriri,confuzii

Re: limita utcn, nelamuriri,confuzii

Re: limita utcn, nelamuriri,confuzii

Re: limita utcn, nelamuriri,confuzii

Re: limita utcn, nelamuriri,confuzii

Re: limita utcn, nelamuriri,confuzii

Re: limita utcn, nelamuriri,confuzii

Re: limita utcn, nelamuriri,confuzii