[LIMITE] Limite com progressão...

por **mih123** » Ter Set 18, 2012 12:56

Olá, não sei resolver esse limite.Não sei nem a resposta.. ;/

$\lim_{x\to\infty}\left[\frac{1}{\sqrt[2]{{n}^{2}+1}}+ \frac{1}{\sqrt[2]{{n}^{2}+2}}+\frac{1}{\sqrt[2]{{n}^{2}+3}}+...+\frac{1}{\sqrt[2]{{n}^{2}+n}}\right]}$

por **young_jedi** » Ter Set 18, 2012 13:39

Só uma duvida, é limite de x tendendo ao infinito ou seria limite de n tendendo ao infinito?

por **mih123** » Ter Set 18, 2012 14:00

Então, na questão está x tendendo a infinito,mas eu acho que seria n tendendo a infinito.

por **Renato_RJ** » Ter Set 18, 2012 14:13

Estou um tanto confuso com essa questão... O termo n^2

não parece ser o mesmo n do último termo, veja como eu estou entendendo essa série:

$\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{n^2+k}}$

E isso é muito estranho (ao menos para mim)....

Tem como rever a questão detalhadamente ?? Tipo, algo no enunciado por exemplo....

por **young_jedi** » Ter Set 18, 2012 14:15

temos que

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

mas

$g(n)&=&\frac{1}{\sqrt{n^2}}+\frac{1}{\sqrt{n^2}}+\frac{1}{\sqrt{n^2}}+...+\frac{1}{\sqrt{n^2}}&=&\frac{n}{\sqrt{n^2}}$

g(n)&=&1

temos tambem que

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

mas

$h(n)&=&\frac{1}{\sqrt{n^2+n}}+\frac{1}{\sqrt{n^2+n}}+\frac{1}{\sqrt{n^2+n}}+...+\frac{1}{\sqrt{n^2+n}}&=&\frac{n}{\sqrt{n^2+n}}$

mas

$\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{n}{\sqrt{n^2+n}}&=&\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}}$

$\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}}&=&1$

pelo teorema do confronto se

h(x)<f(x)<g(x)

e

$\lim_{x\rightarrow\infty}h(x)&=&a}$

$\lim_{x\rightarrow\infty}g(x)&=&a}$

então

$\lim_{x\rightarrow\infty}f(x)&=&a}$

com isso temos

$\lim_{n\rightarrow\infty}f(n)&=&1}$

por **mih123** » Ter Set 18, 2012 14:36

No enunciado diz apenas pra determinar o limite.Quando tiver aula novamente com o professor eu pergunto.

Valew :-D

por **Renato_RJ** » Ter Set 18, 2012 14:53

mih123 escreveu:No enunciado diz apenas pra determinar o limite.Quando tiver aula novamente com o professor eu pergunto.

Valew

Opa, o colega Young_Jedi matou a questão !!

por **mih123** » Ter Set 18, 2012 15:11

Por que deu 0 aqui no wolfram?

http://www.wolframalpha.com/input/?i=limit&a=*C.limit-_*Calculator.dflt-&f2=1%2F%E2%88%9A%28n%5E2%2B1%29%2B1%2F%E2%88%9A%28n%5E2%2B2%29%2B1%2F%E2%88%9A%28n%5E2%2B3%29%2B1%2F%E2%88%9A%28+n%5E2%2Bn%29&f=Limit.limitfunction_1%2F%E2%88%9A%28n%5E2%2B1%29%2B1%2F%E2%88%9A%28n%5E2%2B2%29%2B1%2F%E2%88%9A%28n%5E2%2B3%29%2B1%2F%E2%88%9A%28+n%5E2%2Bn%29&f3=inifinity&f=Limit.limit_inifinity&a=*FVarOpt.1-_**-.***Limit.limitvariable--.**Limit.direction--.**Limit.limitvariable2-.*Limit.limit2-.*Limit.direction2---.*--

por **young_jedi** » Ter Set 18, 2012 15:15

porque ai voce so colocou quatro termos da serie
mais a quantidades de termos depende de n tambem

por **mih123** » Qua Set 19, 2012 02:17

young_jedi escreveu:temos que

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

mas

$g(n)&=&\frac{1}{\sqrt{n^2}}+\frac{1}{\sqrt{n^2}}+\frac{1}{\sqrt{n^2}}+...+\frac{1}{\sqrt{n^2}}&=&\frac{n}{\sqrt{n^2}}$

temos tambem que

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

mas

$h(n)&=&\frac{1}{\sqrt{n^2+n}}+\frac{1}{\sqrt{n^2+n}}+\frac{1}{\sqrt{n^2+n}}+...+\frac{1}{\sqrt{n^2+n}}&=&\frac{n}{\sqrt{n^2+n}}$

mas

$\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{n}{\sqrt{n^2+n}}&=&\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}}$

$\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}}&=&1$

pelo teorema do confronto se

e

$\lim_{x\rightarrow\infty}h(x)&=&a}$

$\lim_{x\rightarrow\infty}g(x)&=&a}$

então

$\lim_{x\rightarrow\infty}f(x)&=&a}$

com isso temos

$\lim_{n\rightarrow\infty}f(n)&=&1}$

Boa Noite, Young_jedi estou muito confusa com sua resolução, não consegui entender porque ficou $\frac{1}{\sqrt[2]{{n}^{2}}}$ e na outra função $\frac{1} {\sqrt[2]{{n}^{2}+n}}$ ??