MATeMAtyka 3. Zbiór zadań — strona 188

W obu podpunktach najpierw obliczamy $x_n$.

a) Suma geometryczna daje $x_n=-1+(2+2^2+\ldots+2^n)=2^{n+1}-3\to\infty.$

b) Suma pierwszych $n$ liczb nieparzystych wynosi $n^2$, więc $x_n=\left(\frac{n^2}{n}\right)^2=n^2\to\infty.$

Jeżeli $x_n\to\infty$, to $\frac{x_n}{1+x_n}=\frac1{1+1/x_n}\to1.$

Dzielimy przez dominującą potęgę $\sqrt n$ lub $n$.

a) $\frac{1-1/\sqrt n}{1+2/\sqrt n}\to1$.

b) $\frac{4+3/\sqrt n}{1/\sqrt n-2}\to-2$.

c) Po podzieleniu przez $n$ licznik dąży do $0$, a mianownik do $1$, więc granica to $0$.

d) Po podzieleniu przez $n^2$ licznik dąży do $0$, a mianownik do $1$, więc granica to $0$.

Podstawiamy argument do wzoru funkcji:

$$a_n=f(n^2+1)=\frac{n^2+1}{1+2(n^2+1)}=\frac{n^2+1}{2n^2+3}.$$

Po podzieleniu licznika i mianownika przez $n^2$ otrzymujemy granicę $\frac12$.

a) Z $|\sin n|\le1$ mamy $|a_n|\le\frac1n\to0$.

b) Z $|\cos n^2|\le1$ mamy $|a_n|\le\frac1{2n+1}\to0$.

c) Dla całkowitego $n$ kąty $\frac{\pi(2n-1)}4$ dają naprzemiennie tangens równy $1$ lub $-1$. Zatem $|a_n|=\frac1{n^2}\to0$.

W każdym przypadku twierdzenie o trzech ciągach daje granicę $0$.

Korzystamy z $\sqrt[n]2\to1$ oraz $\sqrt[n]n\to1$.

a) $c_n=\sqrt[n]2\cdot5\longrightarrow5.$

b) $c_n=\sqrt[n]n\cdot7\longrightarrow7.$ Wykres źródłowy jedynie ilustruje obie użyte granice; rachunek wynika bezpośrednio ze wzorów.

Ograniczamy sumę przez największy składnik pomnożony przez liczbę składników.

a) $8^n\le8^n+5^n+2^n\le3\cdot8^n$, więc po wyciągnięciu pierwiastka granicą jest $8$.

b) $6^n\le3^n+4^n+6^n\le3\cdot6^n$, więc granicą jest $6$.

c) Dla dużych $n$ mamy $2^n\le n+2^n\le2\cdot2^n$, więc granicą jest $2$.

d) $n-1\le n+\cos n\le n+1$. Pierwiastki $n$-te z obu ograniczeń dążą do $1$, więc granicą jest $1$.

Ponieważ $4{,}(9)=5$, po podzieleniu licznika i mianownika przez $n$ mamy

$$\lim a_n=-\frac{k^2-4k}{2}=2-\frac{(k-2)^2}{2}\le2.$$

Równość zachodzi tylko dla $k=2$. Wtedy

$$a_n=\frac{-4n+5}{1-2n}=\frac{4n-5}{2n-1}=2-\frac3{2n-1}.$$

Mianownik dodatniego ułamka $\frac3{2n-1}$ rośnie, więc ułamek maleje, a $a_n$ jest rosnący.

Dla $k\ne-2,3$ obie granice istnieją i wynoszą

$$\frac{k-1}{k+2},\qquad -\frac{k+1}{3-k}.$$

Ich iloczyn upraszcza się do

$$\frac{k^2-1}{(k+2)(k-3)}.$$

Badamy znak ilorazu przy punktach krytycznych $-2,-1,1,3$. Jest dodatni na przedziałach $(-\infty,-2)$, $(-1,1)$ oraz $(3,\infty)$. Punkty $-2$ i $3$ są wykluczone z treści wyrażeń, a $-1$ i $1$ zerują iloczyn.