При вычислении сходимости ряда столкнулся вот с таким вот пределом, при х стремящимся к бесконечности. Пожалуйста, покидайте идей как найти его. (x+1)^2/2^(2x+1)

задан 28 Апр '17 23:01

1

правило Лопиталя, если не помните что растёт быстрее - степенные или показательные...

(28 Апр '17 23:24) all_exist

@Стас001, к какой именно бесконечности стремится $%x$% (знак)? Вообще ничего особенного здесь нет: показательная функция растет быстрее, чем степенная.

(28 Апр '17 23:27) cartesius

@cartesius По признаку Даламбера проверял сходимость, там вроде беззначная бесконечность.

(28 Апр '17 23:33) Стас001

@all_exist Точно! ЛОПИТАЛЬ!!! Знал же что что-то забыл, спасибо!

(28 Апр '17 23:33) Стас001

@cartesius, может, тут другой предел имелся в виду? Хотя и другой вариант сводится к отношению многочлена и экспоненты.

(28 Апр '17 23:35) stander

@Стас001: тот факт, что экспонента растёт быстрее степенной функции, должен доказываться в курсах анализа. Потом на него просто ссылаются, и всё. Рассуждение по Даламберу, относящееся к последовательности вместо функции, вообще-то работает. Предел отношения соседних членов равен 1/4 < 1. Тогда ряд сходится, и его общий член стремится к нулю. Но это путь "обходной".

(28 Апр '17 23:37) falcao

@falcao Спасибо! Тут столько классных, креативных математиков, только успевай учиться и повышать свои навыки. Обожаю этот форум.

(29 Апр '17 0:45) Стас001
1

@Стас001: можете заодно посмотреть эту запись. Там показано, откуда выводится, что n/a^n -> 0 при a > 1. Отсюда сразу следует и то, что n^k/a^n -> 0 после извлечения корня k-й степени (k натуральное). При этом a перейдёт в a^{1/k}, и оно останется больше 1.

(29 Апр '17 2:43) falcao
показано 5 из 8 показать еще 3
10|600 символов нужно символов осталось
2

Для $%(x+1)^{\frac{2}{2^{2x+1}}}$%:

$%\lim_{x \rightarrow \infty} (x+1)^{\frac{2}{2^{2x+1}}}=\lim_{x \rightarrow \infty} (x+1)^{\frac{2x}{x·2^{2x+1}}}=\lim_{x \rightarrow \infty} e^{\frac{2x}{2^{2x+1}}}=e^0=1$%

Для $%{\frac{(x+1)^2}{2^{2x+1}}}$% просто ноль. Для джедаев, кажется, есть доказательство по определению в Зориче, что $%\lim_{x \rightarrow \infty} x^q/a^x=0$%, (a>1)

ссылка

отвечен 28 Апр '17 23:26

изменен 28 Апр '17 23:48

@stander Благодарю.

(28 Апр '17 23:34) Стас001

@stander: насколько я понял, там в условии рассматривается частное, а не степень, то есть дробь $$\frac{(x+1)^2}{2^{2x+1}}.$$

(28 Апр '17 23:38) falcao

@stander Ничего себе, у вас возраст. Мне что-то как-то даже стыдно стало за свой вопрос...

(29 Апр '17 0:39) Стас001
1

@Стас001: стыдно или не стыдно -- это дело десятое. Важно знать сам "популярный" факт, что полином/экспонента -> 0.

(29 Апр '17 0:56) falcao

@falcao Зарублю себе на носу)

(29 Апр '17 2:03) Стас001
10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×751

задан
28 Апр '17 23:01

показан
537 раз

обновлен
29 Апр '17 2:43

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru