Transcript Υποδείξεις

ΑΠΕΙΡΟΣΤΙΚΟΣ Ι (Τμήμα Α)
2ο Φυλλάδιο Ασκήσεων-Χειμερινό Εξάμηνο 2016
Υποδείξεις.
(1) (i) 1 −
(ii) 1 +
√1
n
(log n)log n
n
√
[ n]
√
n
1+
1 log n
n
=
=
3
2 n
n
1+
elog n·log log n
elog n
=
√
[ n]
√
n
≤ 1. ΄Αρα limn→∞
2 3n+1
n
(iii) 1 ≤ 1 +
(iv)
≤
1+
1 n
n
2
n
logn n
= 1.
→ e6
≤3
log n
n
τελικά και 3
log n
n
→ 1. ΄Αρα 1 +
= elog n·log log n−log n → +∞.
(2) ΄Ολες οι ανισότητες ισχύουν τελικά αφού:
(i) limn→∞ (2n − n100 ) = limn→∞ 2n (1 −
n100
)
2n
= +∞.
10
− (lognn)
) = +∞.
(ii) limn→∞ (n2 − 10 n − (log n)10 ) = limn→∞ n2 (1 − 10
2
n
√
√
(iii) limn→∞ ( n − log n sin n + 1) = limn→∞ n (1 − log n√nsin n + √1n ) = +∞.
n
(iv) limn→∞ 2n log 1 + n1 = limn→∞ 2 log 1 + n1 = 2 log e = 2.
(3) (i) ΄Εστω xn =
nn
.
(n!)2
Τότε
2
xn+1
xn
= 1+
1 n 1
n
n+1
(ii) ΄Εστω xn =
2n
.
(n!)2
Τότε
(4) ΄Εστω yn =
xn
.
1+xn
Τότε yn < 1 τελικά και xn =
(i) Αφού yn →
1
2
έχουμε xn →
(ii) ΄Εχουμε yn → 1 και
(5) (i) 0 ≤
(ii) 1 =
nn
nn
xn+1
xn
1
(12016
2n
1
2
=
1
2
1− 21
22n+1
(n+1)2
→ +∞. ΄Αρα limn→∞ xn = +∞.
1
(11
nn
≤
1
(nn−2
nn
yn
.
1−yn
= 1.
≤ yn < 1 τελικά. ΄Αρα xn =
+ 22016 + · · · + n2016 ) ≤
≤
→ 0. ΄Αρα limn→∞ xn = 0.
n n2016
2n
=
yn
1−yn
n2017
2n
≥
1
1
2 1−yn
→ +∞.
→ 0.
+ 22 + · · · + (n − 1)n−1 + nn )
+ · · · + nn−2 + nn−1 + nn ) =
n−2
n2
+
1
n
+ 1 → 1.
1 log n
n
→ 1.