Tekst a iebiesko jest kometarzem lub treścią zadaia. Zadaie 1. Zbadaj mootoiczość i ograiczoość ciągów. a = + 3 + 1 Ciąg jest mootoiczie rosący i ieograiczoy poieważ różica kolejych wyrazów jest dodatia. Dowód: a +1 a = + 1) + 3 + 1) + 1) + 3 + 1) = + 4 > 0 b = 1) + Liczik przyjmuje kolejo wartości 1 i 3, ciąg ie jest mootoiczy. Z twierdzeia o trzech ciągach mamy 1/ 6 a 6 3/, a poieważ oba ciągi ograiczające dążą do zera to as ciąg jest ograiczoy. c = + 1 +1 + 1 Dziey liczik i miaowik przez i pokazujemy, że graicą jest 1/ więc ciąg jest ograiczoy 1 + 1/ + 1/ = 1 Ciąg jest mootoiczie malejący. Bierzemy iloraz kolejych wyrazów i pokazujemy, że jest o miejszy od 1. Poiżej zastępujemy 1 w licziku przez uzyskując ierówość, dziey przez, a astępie usuwamy 1/ z miaowika dostając koleją ierówość. a +1 a = +1 + 1 + + 1 : + 1 +1 + 1 = + 1 + + 1 < + + + 1 = 4 + 1/ < 4 < 1 d = 1 +1 Obliczamy iloraz kolejych wyrazów: a +1 a = + 1 +1 = + 1 +1 = +3+ > 0 = 1 Poieważ te iloraz jest większy iż 1 to ciąg jest mootoiczie rosący. Graicą wykładika w wyrazie a jest 1 więc graicą ciągu jest. Ciąg jest ograiczoy. Zadaie. Oblicz sumę początkowych wyrazów ciągu f3, 5, 7, 9, 11, 13,...g Mamy dwa wzory a sumę, w zależości od parzystości. Jeśli jest parzyste, czyli = k) to grupujemy po dwa wyrazy dostając po dla każdego k, czyli: a i = = dla = k, k N Jeśli jest ieparzyste czyli = k 1) to do poprzediej sumy trzeba dodać jeszcze liczbę + i dostajemy: a i = + + = + dla = k 1, k N
Zadaie 3. Wyzacz graice przy x. Porówaj idetycze zadaie w zestawie o fukcjach. Zadaie 4. Wykoując działaia a graicach oblicz dla ) ) 3 1 + 5 Liczik i miaowik ułamka dziey przez i obliczamy graicę: 1/ 1 + 5/ = zatem Wolo tak postąpić bo graic ułamka jest skończoa. ) 3 ) 3 1 = 1 = 3 = 8 + 5 + 5 5 3 1 9 + 3 Jak już koieczie trzeba wykoać działaia a graicach to rozłóżmy wyrażeie pod graicą w taki sposób: 5 3 1 9 + 3 = 5 3 1 ) 5 3 + 1 ) 3 + 1) 3 = 5 3 1 5 3 + 1 3 + 1 3 Liczik i miaowik każdego z ułamków dziey przez 3 i mamy iloczy skończoych graic: 5 3 1 9 + 3 = 5 1/3 + 1/3 5 + 1/3 1 = 5 5 1 = 5 4 + 5 ) Możymy i dziey wyrażeie pod przez + 4 + 5 ) = 4 + 5 ) + 4 + 5 ) + 4 + 5 = 4 4 + 5 ) + 4 + 5 = 5 + 4 + 5 = Teraz moża wyłączyć z liczika i miaowika otrzymując iloczy dwóch skończoych graic.! + 1)!! = 5 1 + 1 + 5/ = 1 5 ) = 5 Wyłączmy! z liczika i miaowika i mamy iloczy skończoych graic: =!! 1 + 1 1 = 1 1 = 1 0 = 0
Zadaie 5. Korzystając z tw. Stolza oblicz dla ) Twierdzeie Stolza: Jeśli ciąg a jest rosący i rozbieży do + to dla dowolego ciągu b zachodzi rówość: b = b b 1 a a a 1 o ile graica z prawej stroy istieje. 1 + 3 + 5 + + 1) 3 Tutaj a = 3 spełia założeia twierdzeia, a ciąg b jest ciągiem sum kwadratów liczb ieparzystych. Obliczamy graicę po prawej stroie tw. Stolza: b b 1 a a 1 = i 1) 1 i 1) = 3 1) 3 Wymażamy liczik, i miaowik, dziey je przez = 4 4 + 1 3 3 + 3 3 + 1 1) 3 1) 3 = = 4 4/ + 1/ 3 3/ + 1/ = 4 3 a dla a > 0 Ciąg a = spełia założeia twierdzeia więc: b b 1 a a 1 = a a 1 1) = [ a 1 a 1) ] Ze względu a własości fukcji potęgowej gdy a > 1 graicą jest + a dla 0 < a 6 1 graicą jest zero. + 4 + + 4 + 16 + + 4 W miaowiku jest suma potęg liczby 4, czyli a = 4, spełia założeia twierdzeia. W licziku jest suma potęg liczby. Dostajemy: b b 1 a a 1 = 1 + + 3 3 + + Ciąg a = spełia założeia twierdzeia. 1 4 1 4 = 4 = 1 ) = 0 b b 1 a a 1 = 1 i i 1) i i = 1 = 1 Dowód, że graica wyosi 1 był pewie a wykładzie albo moża go zaleźć w sieci.
Zadaie 6. Z defiicji graicy udowodij + 3 = 1 Należy udowodić, że: ε>0 N >N + 3 1) < ε czyli dowolie małego ε zaleźć pasujące N. Przekształcamy wyrażeie w wartości bezwzględej dla dużych + 3 1) + + 3) = + 3 = 5 + 3 < ε zatem > 5 ε 3 Dla dowolie małego ε wystarczy wziąć N > 5/ε aby waruek a graicę był spełioy. + 1 3 5 = 1 3 Należy udowodić, że: ε>0 N >N + 1 3 5 1 3 < ε Przekształcamy wyrażeie w wartości bezwzględej dla dużych + 1 3 5 1 3 = 3 + 1) 3 5) 33 5) = 8 9 15 < ε zatem > 8 9ε + 15 9 Dla dowolie małego ε bierzemy z zapasem) N = 1/ε. Zadaie 7. Oblicz graice dla ) e + 3 + π Wyciągamy ajwiększą z liczb czyli π) przed pierwiastek. Potęgi ułamków miejszych od jedyki dążą do zera, stąd wyik. ) ) e 3 = π + + 1 = π π π 3 + 4 5 + 9 Wyciągamy 4/9 przed pierwiastek. Dalej jak poprzedio. = 4 3/4) + 1 9 5/9) + 1 = 4 9 ciąg dalszy a astępej stroie
ciąg dalszy zadaia 7. W kilku poiższych przykładach używamy graicy, która a pewo była a wykładzie: 1 + ) 1 = e gdzie e jest podstawą logarytmów aturalych. ) + 4 +3 1 Przekształcamy ułamek jak iżej i podstawiamy 1/x = 5/ 1) wtedy = 1 + 5x) + 4 1 = 1 + 5 1 = 1 + 1 x oraz + 3 = 1 + 5x) + 3 = 10x + 5 Szukaą graicę zapisujemy jak iżej. Pierwszy czyik dąży do 1, w drugim czyiku graica jest skończoa więc moża graicę iloczyu zastąpić iloczyem graic. = 1 + x) 1 10x+5 = 1 + x) 1 5 1 + x) 1 10x [ = 1 1 + 1 ) x ] 10 = e 10 x ) 4 + Postępujemy jak poprzedio. 1/x = / + ) więc = x ) + = 1 + = 1 + 1 x oraz 4 = 4 x ) = x + 6 Przekształcamy graicę: = 1 + x) 1 x+6 = 1 + x) 1 6 [ 1 + 1 ) x ] = 1 e = e x 1 1 ) Podstawieie 1/x = 1/. = 1 + x) 1 x [ = 1 + 1 ) x ] 1 = 1 x e 1 1 ) Tutaj ie moża stosować metody jak wyżej. Zamiast graicy z przykładu liczymy graicę z logarytmu tego wyrażeia i rozwijamy logarytm w szereg McLauria. l 1 1 ) = l 1 1 ) = 1 1 )... = 1 4 1 )... = 0 3 Poieważ graica logarytmu wyosi zero to odpowiedzią do zadaia jest 1. ciąg dalszy a astępej stroie
ciąg dalszy zadaia 7 ) 3 + 6 1 Wracamy do poprzediej metody, ale tutaj jest 3 + 6 w licziku. Wyciągamy 3 przed awias. Rozdzielamy graicę ułamka a iloczy graic jak iżej. Do środkowej graicy stosujemy podstawieie typu 1/x = 1 + 3/ 1) wtedy = 3x + 1) = 3 ) + = 3 1 + 1 3x+1 = e 1 x) 3 = + Druga z graic jest skończoa, ale 3 jest rozbieże do ieskończoości. ) + 4 + 4 Rozdzielamy graicę ułamka a iloczy graic jak iżej. ) 1 + ) ) = = 4 + 1 + 1 i dalej - pierwszy czyik dąży do zera, drugi do 1/e, trzeci do 1, stąd wyik. ) 1 + = 1 1 ) 1 1 ) = 0 1 4 + 1 + 1 e 1 = 0 1 1 ) 1 1 ) 1 1 )... 1 1 ) 4 9 16 Pokażemy, że te iloczy upraszcza się do wyrażeia 1 + 1, a jego graicą i odpowiedzią do zadaia jest po prostu 1. Zapisujemy ajpierw k-ty składik iloczyu z zadaia astępująco: 1 1 k = k 1 k = Cały iloczy przepisujemy jako: k= k 1)k + 1) = k 1 k + 1 k k k ) ) 1 1 ) k 1) k + 1) k= k= = k= k ) ) = k k k= k 1) k + 1) k= k= k k k= k= W pierwszym ułamku w licziku mamy iloczy liczb od 1 do 1, a w miaowiku iloczy liczb od do. Wszystko się więc poskraca z wyjątkiem w miaowiku. W drugim ułamku w licziku jest iloczy liczb od 3 do +1, w miaowiku iloczy liczb od do. Po skróceiu zostaje więc +1 w licziku i w miaowiku. Mamy więc: 1 1 ) k k= = 1 + 1 Graicą tego ostatiego wyrażeia jest 1/, c.b.d.o. = 1 + 1 W razie pytań albo jak się pomyliłem pisz proszę a priv.