Stranica 1 od 1

Limes sa ispita

PostPoslato: Četvrtak, 15. Avgust 2019, 21:43
od Šatra
Pozdrav. Ovaj zadatak mi je bio na ispitu. Pokušao sam preko Štolcove teoreme, ali nisam siguran da li ona pomaže kod ovog zadatka.
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\left(\frac{1+\sqrt2+\sqrt[3]3+\cdots+\sqrt[n]n}{n}\right)^{\Large\frac{n}{\left(1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}\right)^2}}[/dispmath]

Re: Limes sa ispita

PostPoslato: Sreda, 04. Septembar 2019, 17:29
od Onomatopeja
Primenom Stolcove leme se moze videti da izraz pod prvom zagradom tezi jedinici, dok kako se [inlmath]1+\frac12+\cdots+\frac1n[/inlmath] ponasa kao [inlmath]\ln n[/inlmath] kad [inlmath]n\to\infty[/inlmath] i [inlmath]\lim\limits_{n\to\infty} \frac{n}{\ln^2 n}=\infty,[/inlmath] ovo je limes oblika [inlmath]1^\infty,[/inlmath] odnosno radi se namestanjem na broj [inlmath]e[/inlmath]. Kada se to uradi dobija se da je resenje [inlmath]e^L,[/inlmath] gde je [inlmath]\displaystyle L=\lim_{n\to\infty} \frac{1+\sqrt{2}+\cdots+\sqrt[n]{n} - n}{{(1+\frac12+\cdots+\frac1n)}^2},[/inlmath] a s obzirom kako se ponasa imenilac dovoljno je racunati [inlmath]\displaystyle \lim_{n\to\infty} \frac{1+\sqrt{2}+\cdots+\sqrt[n]{n} - n}{\ln^2 n}.[/inlmath] Ako ponovo primenom Stolcovu lemu (za sta su ispunjeni uslovi) dobijamo [inlmath]\displaystyle L=\lim_{n\to\infty} \frac{\sqrt[n+1]{n+1}-1}{\ln^2 (n+1)-\ln^2 n}.[/inlmath] I sada iskoristimo malo asimptotskog ponasanja (pri [inlmath]n\to\infty[/inlmath]) [dispmath]\frac{\sqrt[n+1]{n+1}-1}{\ln^2 (n+1)-\ln^2 n} = \frac{e^{\frac{1}{n+1}\ln(n+1)}-1}{(\ln (n+1)-\ln n)(\ln(n+1)+\ln n)} \sim \frac{\frac{\ln(n+1)}{n+1}}{\ln(1+\frac{1}{n})\ln(n(n+1))} \sim
\frac{\frac{\ln n}{n}}{\frac{1}{n} \ln(n^2)} = \frac{1}{2}.[/dispmath] Dakle, resenje pocetnog limesa je [inlmath]\sqrt{e}.[/inlmath]

Re: Limes sa ispita

PostPoslato: Subota, 21. Septembar 2019, 17:25
od Šatra
Do dijela gdje koristiš ponašanje limesa lijepo objašnjeno, a kasnije sam uradio na neki drugi način, ne koristeći ponašanje limesa, ali u svakom slučaju hvala, Onomatopeja.