Лимес

[gabby.d.p]

[tex]\lim_{n \to \infty} \frac{\sqrt{n}}{n+1}[/tex]

[Maximianus Herculius]

Не е ли очевидно?

Граница нагледно по.png (5.75 KiB) Прегледано 488 пъти

[Davids]

E...
$\lim_{n \to +\infty} \frac{\cancel{\sqrt{n}}}{\cancel{\sqrt{n}}(\sqrt{n} + \frac{1}{\sqrt{n}})} = \lim_{n \to +\infty} \frac{1}{+\infty + 0} = 0$

[Maximianus Herculius]

[tex]\frac{\sqrt{n}}{n+1}>0 \,\ \Rightarrow \,\ \lim_{n \to \infty}\frac{\sqrt{n}}{n+1}\ge0[/tex]
От друга страна
[tex]\frac{\sqrt{n}}{n+1}<\frac{\sqrt{n}}{n}[/tex]
Съгласно същата теорема за граничния преход, както по-горе, следва
[tex]\lim_{n \to \infty} \frac{\sqrt{n}}{n+1}\le \lim_{n \to \infty}\frac{\sqrt{n}}{n}[/tex]
Но [tex]\lim_{n \to \infty}\frac{\sqrt{n}}{n}=0[/tex] (За това не би трябвало да има съмнение? )
И така, получихме
[tex]0\le \lim_{n \to \infty} \frac{\sqrt{n}}{n+1}\le 0[/tex], което се иска.
_________________
Можехме да оформим решението и с лемата "за двамата полицаи".
_________________
А може да направим и доказателство с [tex]\varepsilon[/tex]- дефиницията:
За всяко [tex]\varepsilon >0[/tex] (колкото и малко да е то!) може да намерим такова [tex]n_0[/tex], [tex]n_0 \in \mathbb{N}[/tex], че [tex]\forall n \in \mathbb{N}[/tex] и [tex]n >n_0[/tex] [tex]\,\ \Rightarrow \,\ \frac{\sqrt{n}}{n} < \varepsilon[/tex]
Наистина, ако [tex]n_0[/tex] е такова естествено число, че [tex]n_0 = \left [ \frac{1}{\varepsilon^2 } \right ][/tex], от [tex]n >n_0[/tex] следва, че [tex]n> \frac{1}{\varepsilon^2} \Rightarrow[/tex] [tex]-\varepsilon < \frac{\sqrt{n}}{n} -0 < \varepsilon[/tex]
Последното означава, че [tex]\lim_{n \to \infty}\frac{\sqrt{n}}{n}=0[/tex]