Metody obliczania granic ciągów

Obliczanie granic ciągów, w najbardziej ogólnym rozumieniu, polega na wyznaczeniu symbolu granicznego i jeżeli otrzymujemy symbol oznaczony, to stosujemy odpowiednie twierdzenie podając wartość tego symbolu. Jeżeli otrzymujemy symbol nieoznaczony, to do wyrazu ciągu stosujemy odpowiednie przekształcenia algebraiczne tak, aby powstał symbol oznaczony. Do przekształcania konkretnych symboli nieoznaczonych można stosować szereg metod, które pozwalają wyliczać granice ciągów. Należy zauważyć że podane poniżej metody mają swoje zastosowanie w przypadku ściśle określonych typów ciągów dających w granicy symbol nieoznaczony, jednak są to najczęściej spotykane sytuacje, dlatego warto metody te poznać.

Uwaga 1: Metoda usuwania symbolu \( \left[\frac{\infty}{\infty}\right] \)

Metoda usuwania symbolu nieoznaczonego \( \left[\frac{\infty}{\infty}\right] \) polega na wyłączeniu przed nawias w liczniku i mianowniku ułamka możliwie największego wyrażenia w nich występującego, które jest rozbieżne do \( \infty \). W praktyce, jeżeli mamy do czynienia z wielomianami zmiennej naturalnej \( n \), wyłączamy przed nawias możliwie największą potęgę zmiennej \( n \), jeżeli mamy wyrażenia wykładnicze zmiennej \( n \) o podstawach większych od jedynki, wyłączamy przed nawias wyrażenie o możliwie największej podstawie itp.

Przykład 1:

Oblicz granicę \( \lim_{n\to \infty}{\frac{2n^3+3n^2-4n+1}{4(n+3)^3}} \)

Rozwiązanie:
Obliczamy symbol graniczny otrzymując \( \lim_{n\to \infty}{\frac{2n^3+3n^2-4n+1}{4(n+3)^3}} \)= \( \left[\frac{\infty}{\infty}\right] \)
Wyłączamy przed nawias w liczniku i mianowniku zmienną n w możliwie największej potędze, czyli \( n^3 \) otrzymując

\( \lim_{n\to \infty}{\frac{2n^3+3n^2-4n+1}{4(n+3)^3}}=\lim_{n\to \infty}{\frac{n^3\left(2+\frac{3}{n}-\frac{4}{n^2}+\frac{1}{n^3}\right)}{4n^3\left(1+\frac{3}{n}\right)^3}}=\left[\frac{2+0-0+0}{4(1+0)}\right]=\frac{1}{2} \)

Przykład 2:

Oblicz granicę \( \lim_{n\to \infty}{\frac{(2n-3)(n^2-2n+2)}{(3n^2+1)^2}} \)

Rozwiązanie:
Obliczmy symbol graniczny otrzymując \( \lim_{n\to \infty}{\frac{(2n-3)(n^2-2n+2)}{(3n^2+1)^2}}= \) \( \left[\frac{\infty}{\infty}\right] \)
Wyłączamy przed nawias w liczniku \( n^3 \), a w mianowniku \( n^4 \) otrzymując

\( \lim_{n\to \infty}{\frac{(2n-3)(n^2-2n+2)}{(3n^2+1)^2}}=\lim_{n\to \infty}{\frac{n^3\left(2-\frac{3}{n}\right)\left(1-\frac{2}{n}+\frac{2}{n^2}\right)}{n^4\left(3+\frac{1}{n^2}\right)^2}}=\lim_{n\to \infty}{\frac{1}{n}\cdot \frac{\left(2-\frac{3}{n}\right)\left(1-\frac{2}{n}+\frac{2}{n^2}\right)}{\left(3+\frac{1}{n^2}\right)^2}}=\left[0\cdot \frac{2\cdot 1}{9}\right]=0 \)

Przykład 3:

Oblicz granicę \( \lim_{n\to \infty}{\frac{2^{2n+1}+2\cdot 3^{n-1}}{4^n+3\cdot 2^{1-n}+4\cdot 3^{n+1}}} \)

Rozwiązanie
Rozpisujemy potęgi pozbywając się sum i różnic w wykładnikach i obliczamy symbol graniczny

\( \lim_{n\to \infty}{\frac{2^{2n+1}+2\cdot 3^{n-1}}{4^n+3\cdot 2^{1-n}+4\cdot 3^{n+1}}} \) \( =\lim_{n\to \infty}{\frac{2\cdot 4^n+\frac{2}{3}\cdot 3^n}{4^n+6\cdot \left(\frac{1}{2}\right)^n+12\cdot 3^n}} \) \( =\left[\frac{\infty}{\infty}\right] \)

Wyłączamy przed nawias w liczniku i mianowniku wyrażenie wykładnicze \( 4^n \), otrzymując

\( \lim_{n\to \infty}{\frac{2\cdot 4^n+\frac{2}{3}\cdot 3^n}{4^n+6\cdot \left(\frac{1}{2}\right)^n+12\cdot 3^n}} \) \( =\lim_{n\to \infty}{\frac{4^n\left(2+\frac{2}{3}\cdot\left(\frac{3}{4}\right)^n\right)}{4^n\left(1+6\cdot \left(\frac{1}{8}\right)^n+12\cdot \left(\frac{3}{4}\right)^n\right)}} \) \( =\left[\frac{2+0}{1+0+0}\right]=2 \)

Przykład 4:

Oblicz granice \( \lim_{n\to \infty}{\frac{5^{n-1}+2\cdot 3^{2n+1}}{3^{n+1}+3\cdot 4^{1-2n}+4\cdot 5^{n+1}}} \)

Rozpisujemy potęgi i wyliczamy symbol graniczny \( \lim_{n\to \infty}{\frac{\frac{1}{5}\cdot 5^n+6 \cdot 9^n}{3\cdot 3^n+12\cdot \left(\frac{1}{16}\right)^n+20\cdot 5^n}}= \) \( \left[\frac{\infty}{\infty}\right] \)

Wyłączamy przed nawias w liczniku \( 9^n \), a w mianowniku \( 5^n \), otrzymując

\( \lim_{n\to \infty}{\frac{\frac{1}{5}\cdot 5^n+6 \cdot 9^n}{3\cdot 3^n+12\cdot \left(\frac{1}{16}\right)^n+20\cdot 5^n}}=\lim_{n\to \infty}{\frac{9^n\left(\frac{1}{5}\cdot \left(\frac{5}{9}\right)^n+6\right)}{5^n\left(3\cdot \left(\frac{3}{5}\right)^n+12\cdot \left(\frac{1}{80}\right)^n+20\right)}}=\lim_{n\to \infty}\left(\frac{9}{5}\right)^n\cdot \frac{6}{20}=\infty \)

Przykład 5:

Oblicz granicę \( \lim_{n\to \infty}{\frac{\sqrt[3]{2n^5-n^3+1}-n^2}{\sqrt[5]{n^6-2n^2+3}}} \)

Rozwiązanie:
Obliczany symbol graniczny \( \lim_{n\to \infty}{\frac{\sqrt[3]{2n^5-n^3+1}-n^2}{\sqrt[5]{n^6-2n^2+3}}}=\left[\frac{\infty}{\infty}\right] \)
Wyłączamy najwyższą potęgę liczby \( n \) w liczniku i mianowniku

\( \lim_{n\to \infty}{\frac{\sqrt[3]{2n^5-n^3+1}-n^2}{\sqrt[5]{n^6-2n^2+3}}}=\lim_{n\to \infty}{\frac{n^2\left(\sqrt[3]{\frac{2}{n}-\frac{1}{n^3}+\frac{1}{n^6}}-1\right)}{n^{\frac{6}{5}}\left(\sqrt[5]{1-\frac{2}{n^4}+\frac{3}{n^6}}\right)}}=\lim_{n\to \infty}{n^{\frac{4}{5}}\cdot \frac{\sqrt[3]{\frac{2}{n}-\frac{1}{n^3}+\frac{1}{n^6}}-1}{\sqrt[5]{1-\frac{2}{n^4}+\frac{3}{n^6}}}}=\left[+\infty \cdot \frac{\sqrt[3]{0}-1}{\sqrt[5]{1}}\right]=-\infty \)

Uwaga 2: Metoda usuwania symbolu nieoznaczonego \( \left[\infty -\infty\right] \)

Metoda usuwania symbolu nieoznaczonego \( \left[\infty - \infty\right] \) polega na zamianie tego wyrażenia na iloczyn lub iloraz, w zależności od charakteru wyrażeń, które od siebie odejmujemy. Jeżeli wyrażenia są różnej mocy, tzn. jedno jest rozbieżne do \( +\infty \) dużo szybciej niż drugie, wystarczy dominujące wyrażenie wyłączyć przed nawias otrzymując symbol oznaczony. Jeżeli odejmujemy wyrażenia mocy porównywalnej np. wyrażenia pierwiastkowe, (których nie da się bezpośrednio odjąć od siebie), to rozszerzamy wyrażenie mnożąc i dzieląc przez wyrażenie, które pomnożone przez badaną różnicę daje wzór skróconego mnożenia pozwalający wykonać odejmowanie.

Przykład 6:

Oblicz granicę \( \lim_{n\to \infty}{\left(4+2\cdot n^2-\sqrt[3]{8\cdot n^7+1}\right)}. \)
Rozwiązanie:
Wyrażenia w nawiasie są róznej mocy i najszybciej do \( \infty \) zmierza \( \sqrt[3]{n^7} \). Wyłączamy to wyrażenie przed nawias, otrzymując

\( \lim_{n\to \infty}{\left(4+2\cdot n^2-\sqrt[3]{8\cdot n^7+1}\right)}=\lim_{n\to \infty}{\sqrt[3]{n^7}\left(\frac{4}{\sqrt[3]{n^7}}+\frac{2}{\sqrt[3]{n}}-\sqrt[3]{8+\frac{1}{n^7}}\right)}= \)

\( \left[+\infty \cdot \left(0+0-\sqrt[3]{8+0}\right)\right]=-\infty \)

Przykład 7:

Oblicz granice \( \lim_{n\to \infty}{\left(\sqrt{4n^2 -3n+2}-2n\right)} \)

Rozwiązanie:
Zauważamy, że odejmowane wyrażenia są tej samej mocy i zmierzają do \( \infty \) tak jak \( 2n \). Wykorzystamy wzór skróconego mnożenia \( (a-b)(a+b)=a^2-b^2 \), aby pozbyć się pierwiastka kwadratowego w pierwszym wyrażeniu

\( \lim_{n\to \infty}{\left(\sqrt{4n^2 -3n+2}-2n\right)}=\lim_{n\to \infty}{\frac{\left(\sqrt{4n^2 -3n+2}-2n\right)\cdot \left(\sqrt{4n^2 -3n+2}+2n\right)}{\left(\sqrt{4n^2 -3n+2}+2n\right)}}=\lim_{n\to \infty}{\frac{4n^2-3n+2-4n^2}{\sqrt{4n^2 -3n+2}+2n}}= \)

\( \lim_{n\to \infty}{\frac{n\left(-3+\frac{2}{n}\right)}{n\left(\sqrt{4-\frac{3}{n}+\frac{2}{n^2}}+2\right)}}=-\frac{3}{4} \)

Przykład 8:

Oblicz granicę \( \lim_{n\to \infty}{\left(\sqrt[3]{n^3+2n^2}-\sqrt[3]{n^3+2n}\right)} \)

Rozwiązanie:
Zauważamy, że odejmowane wyrażenia są tej samej mocy i zmierzają do \( \infty \) tak jak \( n \). Wykorzystamy wzór skróconego mnożenia \( (a-b)(a^2+ab+b^2)=a^3-b^3 \), aby pozbyć się pierwiastków stopnia trzeciego

\( \lim_{n\to \infty}{\left(\sqrt[3]{n^3+2n^2}-\sqrt[3]{n^3+2n}\right)}=\lim_{n\to \infty}{\frac{\left(\sqrt[3]{n^3+2n^2}-\sqrt[3]{n^3+2n}\right)\left(\sqrt[3]{n^3+2n^2}^2+\sqrt[3]{n^3+2n^2}\cdot \sqrt[3]{n^3+2n} +\sqrt[3]{n^3+2n}^2\right)}{\sqrt[3]{n^3+2n^2}^2+\sqrt[3]{n^3+2n^2}\cdot \sqrt[3]{n^3+2n} +\sqrt[3]{n^3+2n}^2}}= \)

\( \lim_{n\to \infty}{\frac{n^3+2n^2-n^3-2n}{\sqrt[3]{n^3+2n^2}^2+\sqrt[3]{n^3+2n^2}\cdot \sqrt[3]{n^3+2n} +\sqrt[3]{n^3+2n}^2}}=\lim_{n\to \infty}{\frac{n^2\left(2-\frac{2}{n}\right)}{n^2\left(\sqrt[3]{1+\frac{2}{n}}^2+\sqrt[3]{1+\frac{2}{n}}\cdot \sqrt[3]{1+\frac{2}{n^2}}+\sqrt[3]{1+\frac{2}{n^2}}^2\right)}}=\frac{2}{3} \)

Uwaga 3: Metoda usuwania symbolu nieoznaczonego \( \left[\infty ^0\right] \)

Metoda usuwania symbolu nieoznaczonego \( \left[\infty ^0\right] \) w przypadku wyrażeń zawierających pierwiastki stopnia n-tego polega na zastosowaniu twierdzenia o trzech ciągach oraz znanych granic \( \lim_{n\to \infty}{\sqrt[n]{q}}=1 \) i \( \lim_{n\to \infty}{\sqrt[n]{n}}=1 \). Można również zastosować twierdzenie pomocnicze, którego dowodzi się wykorzystując powyższą metodę, a które pozwala uniknąć oszacowań prowadzących do wyniku.

Twierdzenie 1: pomocnicze przy usuwaniu symbolu \( \left[\infty ^0\right] \)

Jeżeli ciąg \( (a_n) \) jest zbiezny do liczby dodatniej to \( \lim_{n\to \infty}{\sqrt[n]{a_n}}=1 \)

Przykład 9:

Oblicz granicę \( \lim_{n\to \infty}{\sqrt[n]{3+2^{n+1}4^{2-n}+3^{2n-4}}} \)

Rozwiazanie:
Sposób I:
Zauwazmy, że \( \lim_{n\to \infty}{\sqrt[n]{3+2^{n+1}+4^{2-n}+3^{2n-4}}}=\lim_{n\to \infty}{\left(3+2^{n+1}+4^{2-n}+3^{2n-4}\right)^{\frac{1}{n}}}=\left[\infty ^0\right] \)
Rozpisujemy potęgi pojawiające się pod pierwiastkiem
\( \sqrt[n]{3+2^{n+1}+4^{2-n}+3^{2n-4}}=\sqrt[n]{3+2\cdot 2^n+16\cdot \frac{1}{4^n}+\frac{1}{3^4}\cdot 9^n} \)
Skorzystamy z twierdzenia o trzech ciągach, ograniczając wyraz ciągu od góry i zastępując potęgi o niższych podstawach potęgą o podstawie największej, przy czym liczbę \( 3 \) traktujemy jako \( 3\cdot 1^n \). Przy ograniczaniu od dołu zostawiamy z całej sumy pod pierwiastkiem tylko wyrażenie zawierające potęgę o największej podstawie

\( \sqrt[n]{\frac{1}{3^4}\cdot 9^n}\leq \sqrt[n]{3+2\cdot 2^n+16\cdot \frac{1}{4^n}+\frac{1}{3^4}\cdot 9^n}\leq \sqrt[n]{3\cdot 9^n +2\cdot 9^n +16\cdot 9^n+\frac{1}{3^4}\cdot 9^n} \)

Obliczamy granice ciągów skrajnych \( \lim_{n\to \infty}{\sqrt[n]{\frac{1}{3^4}}\cdot 9}=[1\cdot 9]=9 \) oraz
\( \lim_{n\to \infty}{\sqrt[n]{3\cdot 9^n +2\cdot 9^n +16\cdot 9^n+\frac{1}{3^4}\cdot 9^n}}=\lim_{n\to \infty}{\sqrt[n]{\left(21+\frac{1}{3^4}\right)\cdot 9^n}}=\lim_{n\to \infty}{\sqrt[n]{\left(21+\frac{1}{3^4}\right)}\cdot 9}=[1\cdot 9]=9 \)
Ciągi skrajne mają takie same granice, czyli \( \lim_{n\to \infty}{\sqrt[n]{3+2^{n+1}4^{2-n}+3^{2n-4}}}=9 \)

Sposób II:
Przekształcamy wyraz ciągu
\( \sqrt[n]{3+2^{n+1}+4^{2-n}+3^{2n-4}}=\sqrt[n]{3+2\cdot 2^n+16\cdot \frac{1}{4^n}+\frac{1}{3^4}\cdot 9^n}=\sqrt[n]{9^n\left(3\cdot \left(\frac{1}{9}\right)^n+2\cdot \left(\frac{2}{9}\right)^n+16\cdot \left(\frac{1}{36}\right)^n+\frac{1}{3^4}\right)} \)
Zauważmy, że \( \lim_{n\to \infty}{\left(3\cdot \left(\frac{1}{9}\right)^n+2\cdot \left(\frac{2}{9}\right)^n+16\cdot \left(\frac{1}{36}\right)^n+\frac{1}{34}\right)}=1 \), czyli z twierdzenia pomocniczego przy usuwaniu symboli \( u[\infty^0] \) \( \lim_{n\to \infty}{\sqrt[n]{3\cdot \left(\frac{1}{9}\right)^n+2\cdot \left(\frac{2}{9}\right)^n+16\cdot \left(\frac{1}{36}\right)^n+\frac{1}{34}}}=1 \)

Zatem \( \lim_{n\to \infty}{\sqrt[n]{3+2^{n+1}4^{2-n}+3^{2n-4}}}=9 \)

Przykład 10:

Oblicz granicę \( \lim_{n\to \infty}{\sqrt[n+1]{2n^2+5n+4}} \)

Rozwiązanie:
Sposób I:
Zauważmy, że \( \lim_{n\to \infty}{\sqrt[n+1]{2n^2+5n+4}}=\lim_{n\to \infty}{\left(2n^2+5n+4\right)^{\frac{1}{n+1}}}=[\infty ^0] \)
Skorzystamy z twierdzenia o trzech ciągach i ograniczamy wyraz ciągu od góry zgodnie z nierównościami \( n^2 < (n+1)^2, n < (n+1)^2 \) oraz \( 1 < (n+1)^2 \), traktując liczbę 4 jako \( 4\cdot 1 \). Od dołu całą sumę pod pierwiastkiem zastępujemy jednym składnikiem, który jest stały
\( \sqrt[n+1]{4}\leq \sqrt[n+1]{2n^2+5n+4}\leq \sqrt[n+1]{2(n+1)^2+5(n+1)^2+4(n+1)^2} \)
Obliczamy granicę ciągów skrajnych. Poniewaz ciąg \( \sqrt[n+1]{4} \) ma takie same wyrazy jak ciąg \( \sqrt[n]{4} \) od pewnego miejsca, to \( \lim_{n\to \infty}{\sqrt[n+1]{4}}=1 \)
Analogicznie
\( \lim_{n\to \infty}{\sqrt[n+1]{2(n+1)^2+5(n+1)^2+4(n+1)^2}}=\lim_{n\to \infty}{\sqrt[n+1]{11}\cdot \sqrt[n+1]{(n+1)^2}}= \) \( \lim_{n\to \infty}{\sqrt[n+1]{11}\cdot \sqrt[n+1]{n+1}^2}=[1\cdot 1]=1 \) ponieważ ciągi \( \sqrt[n+1]{11} \) i \( \sqrt[n+1]{n+1} \) są podciągami ciągów \( \sqrt[n]{11} \) i \( \sqrt[n]{n} \)
Zatem \( \lim_{n\to \infty}{\sqrt[n+1]{2n^2+5n+4}}=1 \)
Sposób II:
Przekształcamy wyraz ciągu

\( \sqrt[n+1]{2n^2+5n+4}=\sqrt[n+1]{(n+1)^2\left(2\frac{n^2}{(n+1)^2}+5\frac{n}{(n+1)^2}+\frac{4}{(n+1)^2}\right)}= \)
\( (\sqrt[n+1]{n+1}^2)\sqrt[n+1]{\left(\left(\frac{n}{n+1}\right)^2+5\cdot \frac{n}{(n+1)^2}+\frac{4}{(n+1)^2}\right)}= \)

Ponieważ \( \lim_{n\to \infty}{\frac{n}{n+1}}=1, \lim_{n\to \infty}{\frac{n}{(n+1)^2}}=\lim_{n\to \infty}{\frac{4}{(n+1)^2}}=0 \),
czyli
\( \lim_{n\to \infty}2\cdot \left(\frac{n}{n+1}\right)^2+5\cdot \frac{n}{(n+1)^2}+\frac{4}{(n+1)^2}=2 \)
i z twierdzenia pomocniczego przy usuwaniu symbolu \( [\infty^0] \)

\( \lim_{n\to \infty}{\sqrt[n+1]{2\cdot \left(\frac{n}{n+1}\right)^2+5\cdot \frac{n}{(n+1)^2}+\frac{4}{(n+1)^2}}}=1 \). Wiemy również, że \( \lim_{n\to \infty}{\sqrt[n+1]{n+1}=1} \)

Zatem \( \lim_{n\to \infty}{\sqrt[n+1]{2n^2+5n+4}}=1 \)

Przykład 11:

Oblicz granicę \( \lim_{n\to \infty}{\sqrt[n]{2n+3^n+4n^2}} \)

Rozwiązanie:
Zauważmy, że \( \lim_{n\to \infty}{\sqrt[n]{2n+3^n+4n^2}}=\lim_{n\to \infty}{\left(2n+3^n+4n^2\right)^{\frac{1}{n}}}=[\infty ^0] \)
Skorzystamy z twierdzenia o trzech ciągach, gdzie przy ograniczaniu od góry zastępujemy wszystkie wyrażenia wykładnicze o podstawach mniejszych wyrażeniem o podstawie największej i wszystkie potęgi zmiennej \( n \) o wykładnikach mniejszych potęgą o wykładniku największym. Wyrażenia \( 2n, 3^n \) i \( 4n^2 \) traktujemy jako \( 2\cdot 1^n\cdot n^1, 3^n\cdot n^0 \) i \( 4\cdot 1^n \cdot n^2 \).
Ograniczając wyrazy ciągu od dołu z całej sumy pod pierwiastkiem zostawiamy tylko wyrażenie zawierające potęgę \( 3^n \).
\( \sqrt[n]{3^n}\leq \sqrt[n]{2n+3^n+4n^2}\leq \sqrt[n]{2\cdot 3^n\cdot n^2+3^n\cdot n^2+4\cdot 3^n \cdot n^2} \)
Obliczamy granice ciągów skrajnych \( \lim_{n\to \infty}{\sqrt[n]{3^n}}=\lim_{n\to \infty}{3}=3 \) oraz \( \lim_{n\to \infty}{\sqrt[n]{2\cdot 3^n\cdot n^2+3^n\cdot n^2+4\cdot 3^n \cdot n^2}}=\lim_{n\to \infty}{\sqrt[n]{7\cdot 3^n\cdot n^2}}=\lim_{n\to \infty}{3\cdot \sqrt[n]{7}\cdot \left(\sqrt[n]{n}\right)^2}=[3\cdot 1\cdot 1]=3 \)
Ciągi skrajne mają takie same granice, zatem \( \lim_{n\to \infty}{\sqrt[n]{2n+3^n+4n^2}}=3 \)

Uwaga 4: Metoda usuwania symbolu nieoznaczonego \( \left[1^{\infty}\right] \)

Metoda usuwania symbolu nieoznaczonego \( \left[1^{\infty}\right] \) polega na wykorzystaniu twierdzenia pomocniczego pozwalającego obliczać granicę \( \lim_{n\to \infty}{\left(1+\frac{1}{a_n}\right)^{a_n}} \), gdzie ciąg \( a_n \) jest rozbieżny do \( +\infty \) albo do \( -\infty \). Aby można było zastosować to twierdzenie, należy podstawę wyrażenia potęgowego, które jest wyrazem badanego ciągu przekształcić tak, aby wyodrębnić w niej jedynkę, a następnie do wykładnika wprowadzić odwrotność wyrażenia, które dodajemy do jedynki w podstawie.

Twierdzenie 2: pomocnicze przy usuwaniu symbolu nieoznaczonego \( \left[1^{\infty}\right] \)

Jeżeli \( \lim_{n\to \infty}{a_n}=+\infty \), albo \( \lim_{n\to \infty}{a_n}=-\infty \), to \( \lim_{n\to \infty}{\left(1+\frac{1}{a_n}\right)^{a_n}}=e \)

Przykład 12:

Oblicz granicę \( \lim_{n\to \infty}{\left(\frac{4n-2}{4n+3}\right)^{3n-1}} \)

Rozwiązanie:
Zauważmy, że \( \lim_{n\to \infty}{\left(\frac{4n-2}{4n+3}\right)^{3n-1}}=\left[1^ {\infty}\right] \)
Przekształcamy podstawę wyrażenia potęgowego, aby otrzymać jedynkę
\( \left(\frac{4n-2}{4n+3}\right)^{3n-1}=\left(\frac{4n+3-5}{4n+3}\right)^{3n-1}=\left(1-\frac{5}{4n+3}\right)^{3n-1}=\left(1-\frac{1}{\frac{4n+3}{5}}\right)^{3n-1} \)
Do wykładnika wprowadzamy odwrotność wyrażenia dodawanego do jedynki w podstawie
\( \left(1+\frac{1}{-\frac{4n+3}{5}}\right)^{-\frac{4n+3}{5}\left(-\frac{5}{4n+3}\right)(3n-1)}=\left(1+\frac{1}{-\frac{4n+3}{5}}\right)^{-\frac{4n+3}{5}\left(-\frac{5(3n-1)}{4n+3}\right)}=\left[\left(1+\frac{1}{-\frac{4n+3}{5}}\right)^{-\frac{4n+3}{5}}\right]^{-\frac{5(3n-1)}{4n+3}} \)
Ponieważ wiemy, że \( \lim_{n\to \infty}{-\frac{4n+3}{5}}=-\infty \) oraz \( \lim_{n\to \infty}{-\frac{5(3n-1)}{4n+3}}=-\frac{15}{4} \), obliczamy granice korzystając z twierdzenia pomocniczego przy usuwaniu symbolu nieoznaczonego \( 1^{\infty} \)

\( \lim_{n\to \infty}{\left[\left(1+\frac{1}{-\frac{4n+3}{5}}\right)^{-\frac{4n+3}{5}}\right]^{-\frac{5(3n-1)}{4n+3}}}=e^{-\frac{15}{4}} \)

Zatem \( \lim_{n\to \infty}{\left(\frac{4n-2}{4n+3}\right)^{3n-1}}=e^{-\frac{15}{4}} \)

Przykład 13:

Oblicz granicę \( \lim_{n\to \infty}{\left(\frac{3n+6}{3n+2}\right)^{n-1}} \)

Rozwiązanie:
Zauważmy, że \( \lim_{n\to \infty}{\left(\frac{3n+6}{3n+2}\right)^{n-1}}=\left[1^{\infty}\right] \)
Przekształcamy podstawę wyrażenia potęgowego, aby wyodrębnic jedynkę
\( \left(\frac{3n+6}{3n+2}\right)^{n-1}=\left(\frac{3n+2+4}{3n+2}\right)^{n-1}=\left(1+\frac{4}{3n+2}\right)^{n-1}=\left(1+\frac{1}{\frac{3n+2}{4}}\right)^{n-1} \)
Do wykładnika wprowadzamy odwrotność wyrażenia dodawanego do jedynki w podstawie
\( \left(1+\frac{1}{\frac{3n+2}{4}}\right)^{n-1}=\left(1+\frac{1}{\frac{3n+2}{4}}\right)^{\frac{3n+2}{4}\frac{4}{3n+2}(n-1)}=\left[\left(1+\frac{1}{\frac{3n+2}{4}}\right)^{\frac{3n+2}{4}}\right]^{\frac{4n-4}{3n+2}} \)
Ponieważ \( \lim_{n\to \infty}{\frac{3n+2}{4}}=+\infty \) oraz wiemy, że \( \lim_{n\to \infty}{\frac{4n-4}{3n+2}}=\frac{4}{3} \) to wykorzystując pomocnie twierdzenie przy usuwaniu symbolu nieoznaczonego \( 1^{\infty} \) obliczamy

\( \lim_{n\to \infty}{\left[\left(1+\frac{1}{\frac{3n+2}{4}}\right)^{\frac{3n+2}{4}}\right]^{\frac{4n-4}{3n+2}}}=e^{\frac{4}{3}} \)

Zatem \( \lim_{n\to \infty}{\left(\frac{3n+6}{3n+2}\right)^{n-1}}=e^{\frac{4}{3}} \)

Przykład 14:

Oblicz granicę \( \lim_{n\to \infty}{\left(\frac{(2n+1)^2}{4n^2+9}\right)^n} \)

Rozwiązanie:
Zauważmy,że \( \lim_{n\to \infty}{\left(\frac{(2n+1)^2}{4n^2+9}\right)^n}=\left[1^{\infty}\right] \)
Przekształcamy wyrażenie potęgowe tak, aby w podstawie uzyskać jedynkę
\( \left(\frac{(2n+1)^2}{4n^2+9}\right)^n \) \( =\left(\frac{4n^2+4n+1}{4n^2+9}\right)^n \) \( =\left(1+\frac{4n-8}{4n^2+9}\right)^n \)
Do wykładnika wprowadzamy odwrotność wyrażenia dodawanego do jedynki
\( \left(1+\frac{4n-8}{4n^2+9}\right)^n=\left(1+\frac{1}{\frac{4n^2+9}{4n-8}}\right)^{\frac{4n^2+9}{4n-8}\frac{4n-8}{4n^2+9}n}=\left[\left(1+\frac{1}{\frac{4n^2+9}{4n-8}}\right)^{\frac{4n^2+9}{4n-8}}\right]^{\frac{4n^2-8n}{4n^2+9}} \)
Ponieważ \( \lim_{n\to \infty}{\frac{4n^2+9}{4n-8}}=\lim_{n\to \infty}{\frac{n\left(4+\frac{9}{n^2}\right)}{4-\frac{8}{n}}}=+\infty \) i wiemy, że \( \lim_{n\to \infty}{\frac{4n^2-8n}{4n^2+9}}=\lim_{n\to \infty}{\frac{4-\frac{8}{n}}{4+\frac{9}{n^2}}}=1 \), to korzystając z twierdzenia pomocniczego przy usuwaniu symbolu nieoznaczonego \( 1^{\infty} \) mamy

\( \left[\left(1+\frac{1}{\frac{4n^2+9}{4n-8}}\right)^{\frac{4n^2+9}{4n-8}}\right]^{\frac{4n^2-8n}{4n^2+9}}=e \)

Zatem \( \lim_{n\to \infty}{\left(\frac{(2n+1)^2}{4n^2+9}\right)^n}=e \)

Przykład 15:

Oblicz granicę \( \lim_{n\to \infty}{n\left(\ln{(n+2)}-\ln{(n+4)}\right)} \)

Rozwiązanie:
Przekształcamy wyraz badanego ciągu, wykorzystując własności logarytmów
\( n\left(\ln{(n+2)}-\ln{(n+4)}\right)=n\ln{\left(\frac{n+2}{n+4}\right)}=\ln{\left[\left(\frac{n+2}{n+4}\right)^n\right]}. \)
Obliczymy granicę \( \lim_{n\to \infty}{\left(\frac{n+2}{n+4}\right)^n}=\left[1^{\infty}\right] \)
W podstawie wyodrębniamy jedynkę i do wykładnika wprowadzamy odwrotność wyrażenia dodawanego do jedynki
\( \left(\frac{n+2}{n+4}\right)^n=\left(1-\frac{2}{n+4}\right)^n=\left(1-\frac{2}{n+4}\right)^{\frac{n+4}{-2}\frac{-2n}{n+4}}=\left[\left(1-\frac{2}{n+4}\right)^{\frac{n+4}{-2}}\right]^{\frac{-2n}{n+4}} \)
Ponieważ \( \lim_{n\to \infty}{\frac{n+4}{-2}}=-\infty \) oraz \( \lim_{n\to \infty}{\frac{-2n}{n+4}}=-2 \), to wykorzystując twierdzenie pomocnicze przy usuwaniu symbolu nieoznaczonego \( [1^{\infty}] \) mamy

\( \lim_{n\to \infty}{\left[\left(1-\frac{2}{n+4}\right)^{\frac{n+4}{-2}}\right]^{\frac{-2n}{n+4}}}=e^{-2} \)

Zatem \( \lim_{n\to \infty}{n\left(\ln{(n+2)}-\ln{(n+4)}\right)}=ln{e^{-2}}=-2 \)

Temat:
Opis:
Typ:

Email:

Matematyka