MATeMAtyka 3. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 207

Porównujemy składniki najwyższego rzędu albo dzielimy licznik i mianownik przez odpowiednią potęgę $n$.

a) Po podzieleniu przez $\sqrt n$ otrzymujemy iloraz równoważny $-\sqrt n$, więc granicą jest $-\infty$.

b) Iloraz jest równoważny $-\frac12n$.

c) Iloraz jest równoważny $n^{3/2}$.

d) Po podzieleniu przez $n$ zostaje $\frac{2-n^{-1/3}}{1+n^{-1}}$.

Skończenie wiele początkowych wyrazów nie wpływa na granicę. Dla dostatecznie dużych $n$ obowiązuje więc wyłącznie drugi wzór. Jego wyraz główny jest kolejno równoważny $3n$, $5n$, $-n$ i $-n^2$.

Różnice pierwiastków racjonalizujemy, mnożąc przez sumę sprzężoną.

a) Licznik po racjonalizacji jest równy $1$, a mianownik rośnie.

b), d), e) Wyłączamy $\sqrt n$ lub $n$ spod pierwiastków i porównujemy współczynniki główne.

c) Po racjonalizacji mamy $\frac{2n-1}{\sqrt{n^2+2n-1}+n}\to1$.

f) Po racjonalizacji licznik to $-4n-4$, a mianownik jest równoważny $2\sqrt2n$.

Licznik jest równy $n(1+2+\cdots+n)=\frac{n^2(n+1)}2,$ czyli jest rzędu $n^3/2$. Mianownik jest równoważny $2n^2$. Cały iloraz jest więc równoważny $n/4$.

a) Dla $k\ne2$ iloraz ma skończoną granicę $k/|k-2|$. Dla $k=2$ mianownik jest stały i $a_n=\frac23n\to\infty$.

b) Dla $k\ne0$ zapisujemy $a_n=\frac{k^2-1}{k}n-\frac1k-\frac{100}{kn}.$ Granica jest równa $\infty$, gdy współczynnik $(k^2-1)/k$ jest dodatni. Rozwiązujemy nierówność znaków.

a) Dla $p\ne\pm2$ granica jest równa $\frac{p+2}{|p^2-4|}$. Rozkładamy mianownik na czynniki i rozpatrujemy znak. Dla $p=-2$ pozostaje wyraz rzędu $-n/6$, a dla $p=2$ wyraz rzędu $\frac23n^2$.

b) Dla $p\ne\frac32$ wyraz główny ma postać $\frac{4p^2-9}{|2p-3|}n.$ Jego znak zmienia się w $p=\pm\frac32$. Dla $p=-\frac32$ wyrazy stopnia trzeciego znikają i granica wynosi $\frac14$; dla $p=\frac32$ otrzymujemy $-\frac32n$.

Korzystamy z ograniczeń $-1\leq\sin t,\cos t\leq1$.

a) $n+\cos n\geq n-1\to\infty$.

b) $2\sqrt n+\sin n^2\geq2\sqrt n-1\to\infty$.

c) $n^2-\sin2n\geq n^2-1\to\infty$.

d) Dla całkowitych $n$ wartości $\tan(n\pi/3)$ należą do $\{0,\sqrt3,-\sqrt3\}$. Zatem $\tan(n\pi/3)-2n\leq\sqrt3-2n\to-\infty$.

Dzielimy składniki na grupy kończące się na $2^j$. W grupie $\frac1{2^{j-1}+1}+\cdots+\frac1{2^j}$ jest $2^{j-1}$ składników, a każdy jest nie mniejszy niż $1/2^j$. Suma grupy jest więc co najmniej $1/2$. Dla $a_n$ mamy $n$ takich grup, zatem $a_n\geq1+\frac n2\to\infty$.