Chủ đề này có 20 trả lời

[dark templar]

Tính $\lim_{n \to +\infty}\dfrac{\sqrt[n]{n!}}{n}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 11-09-2011 - 19:58
Sai đề !

[Anh thanh]

Tính $\lim_{n \to +\infty}\dfrac{\sqrt{n!}}{n}$

\[\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{\sqrt {n!} }}{n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{\sqrt n .\sqrt {(n - 1)!} }}{n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{\sqrt {(n - 1)} .\sqrt {(n - 2)!} }}{{\sqrt n }}\]
\[ = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \sqrt {\frac{{n - 1}}{n}} .\sqrt {(n - 2)!} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \sqrt {1 - \frac{1}{n}} .\sqrt {(n - 2)!} = + \infty \]

[dark templar]

$\lim_{n \to +\infty}\dfrac{\sqrt{n!}}{n}$=$\lim_{n \to +\infty}\dfrac{\sqrt{n}. \sqrt{(n-1)!}}{n} $=$\lim_{n \to +\infty}\dfrac{\sqrt{(n-1)}.\sqrt{(n-2)!}}{\sqrt{n}}$=$\lim_{n \to +\infty}\sqrt{\dfrac{n-1}{n}}.\sqrt{(n-2)!} }$=$\lim_{n \to +\infty}\sqrt{1-\dfrac{1}{n}}.\sqrt{(n-2)!} }$=$+\infty$

Xin thưa là kết quả của bạn không đúng Đáp án là $\dfrac{1}{e}$

[Crystal]

Tính $\lim_{n \to +\infty}\dfrac{\sqrt{n!}}{n}$

Có gì giống bài 1 này??? CLICK HERE. Kết quả bài 1 là e.

[dark templar]

Có gì giống bài 1 này??? CLICK HERE. Kết quả bài 1 là e.

Bài 1 trong đường link của bạn là nghịch đảo của bài này nên hiển nhiên bài này phải ra $\dfrac{1}{e}$
P/s:Bạn có thể post bài giải lên cũng được,để xem bạn có cách khác mình không ?

[Anh thanh]

Ông này sao thế. Bài kia là $\lim \dfrac{n}{{\sqrt[n]{{n!}}}}$ con bài này là $\lim_{n \to +\infty}\dfrac{\sqrt{n!}}{n}$
Bậc của căn khác hẳn nhau mà. 1 cái là bậc 2 môt cái là bậc n
Mà nếu sai thì lời giải đúng là ntn?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Anh thanh: 11-09-2011 - 19:48

[dark templar]

Ông này sao thế. Bài kia là $\lim \dfrac{n}{{\sqrt[n]{{n!}}}}$ con bài này là $\lim_{n \to +\infty}\dfrac{\sqrt{n!}}{n}$
Bậc của căn khác hẳn nhau mà. 1 cái là bậc 2 môt cái là bậc n
Mà nếu sai thì lời giải đúng là ntn?

Àh mình chém sai đề xíu Đề phải là $\dfrac{\sqrt[n]{n!}}{n}$.
Lời giải: Sử dụng BĐT sau:

$\ln k \le \int\limits_{k}^{k+1} \ln n dn \le \ln (k+1),\forall k>0$

Ta sẽ có 1 hệ quả sau:

$(n-1)! \le n^{n}e^{-n}e \le n!,\forall n \in N \setminus \{0;1 \}$

Dễ dàng suy ra được:

$\dfrac{\sqrt[n]{e}}{e} \le \dfrac{\sqrt[n]{n!}}{n} \le \dfrac{\sqrt[n]{n}\sqrt[n]{e}}{e}$

Nhận thấy rằng:

$\lim_{n \to + \infty}\dfrac{\sqrt[n]{e}}{e}=\lim_{n \to + \infty}\dfrac{\sqrt[n]{n}\sqrt[n]{e}}{e}=\dfrac{1}{e}$

Nên theo nguyên lý kẹp,ta có:

$\lim_{n \to + \infty}\dfrac{\sqrt[n]{n!}}{n}=\dfrac{1}{e}$

Xong.

[Crystal]

Lời giải của mình cho bài bên kia. Tìm $\lim \dfrac{n}{{\sqrt[n]{{n!}}}}$.
Đặt ${x_n} = \dfrac{{{n^n}}}{{n!}}$. Ta có: $\dfrac{{{x_n}}}{{{x_{n - 1}}}} = {\left( {\dfrac{n}{{n - 1}}} \right)^{n - 1}} = {\left( {1 + \dfrac{1}{{n - 1}}} \right)^{n - 1}} \Rightarrow \lim \dfrac{{{x_n}}}{{{x_{n - 1}}}} = \lim {\left( {1 + \dfrac{1}{{n - 1}}} \right)^{n - 1}} = e$

Mặt khác ta có: Nếu ${x_n} > 0$ và $\lim \dfrac{{{x_n}}}{{{x_{n - 1}}}} = A$ thì $\lim \sqrt[n]{{{x_n}}} = A$ (dễ dàng CM). Do đó $\lim \dfrac{n}{{\sqrt[n]{{n!}}}} = \lim \sqrt[n]{{{x_n}}} = e$.

[ohmymath]

Ta có: $\dfrac{{{x_n}}}{{{x_{n - 1}}}} = {\left( {\dfrac{n}{{n - 1}}} \right)^{n - 1}}$

Chỗ này nhầm rồi ạ, Phải là $\dfrac{{{x_n}}}{{{x_{n - 1}}}} = n{\left( {\dfrac{n}{{n - 1}}} \right)^{n - 1}}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ohmymath: 07-10-2011 - 20:54

[Crystal]

Chỗ này nhầm rồi ạ, Phải là $\dfrac{{{x_n}}}{{{x_{n - 1}}}} = n{\left( {\dfrac{n}{{n - 1}}} \right)^{n - 1}}$

Bạn kiểm tra lại giúp mình nhé!!!
$\dfrac{{{x_n}}}{{{x_{n - 1}}}} = \dfrac{{\dfrac{{{n^n}}}{{n!}}}}{{\dfrac{{{{\left( {n - 1} \right)}^{n - 1}}}}{{\left( {n - 1} \right)!}}}} = \dfrac{{{n^n}}}{{n!}}.\dfrac{{\left( {n - 1} \right)!}}{{{{\left( {n - 1} \right)}^{n - 1}}}} = \dfrac{{{n^{n - 1}}.n\left( {n - 1} \right)!}}{{n!{{\left( {n - 1} \right)}^{n - 1}}}} = \dfrac{{{n^{n - 1}}.n!}}{{n!{{\left( {n - 1} \right)}^{n - 1}}}} = {\left( {\dfrac{n}{{n - 1}}} \right)^{n - 1}}$
P/s: Bạn còn thắc mắc gì nữa không!

[dark templar]

Thêm 1 bài giới hạn nữa cho vui .
TÍnh $\lim \sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{k}{n^2+k}$

[E. Galois]

ta có:
\[
\sum\limits_{k = 1}^n {\dfrac{k}{{n^2 + k}}} = \dfrac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^n {\dfrac{{nk}}{{n^2 + k}}} = \dfrac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^n {\dfrac{{\dfrac{k}{n}}}{{1 + \dfrac{k}{n}}}}
\]
Đây chính là tổng tích phân của hàm số
\[
f(x) = \dfrac{x}{{1 + x}}
\]
trên [0;1]

Dễ thấy hàm số trên khả tích trên đoạn đã chỉ ra
Ta có:
\[
\begin{array}{l}
\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sum\limits_{k = 1}^n {\dfrac{k}{{n^2 + k}}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \dfrac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^n {\dfrac{{\dfrac{k}{n}}}{{1 + \dfrac{k}{n}}}} = \int\limits_0^1 {\dfrac{x}{{1 + x}}dx} \\
= \int\limits_0^1 {\left( {1 - \dfrac{1}{{1 + x}}} \right)dx} = 1 - \ln 2 \\
\end{array}
\]

[E. Galois]

Nối tiếp niềm vui. Tính giới hạn sau:
\[
\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \dfrac{{\sin \left( {(10x^2 - 10x - 2011)\pi} \right)}}{{x^2 - 1}}
\]

[dark templar]

ta có:
\[
\sum\limits_{k = 1}^n {\dfrac{k}{{n^2 + k}}} = \dfrac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^n {\dfrac{{nk}}{{n^2 + k}}} = \dfrac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^n {\dfrac{{\dfrac{k}{n}}}{{1 + \dfrac{k}{n}}}}
\]
Đây chính là tổng tích phân của hàm số
\[
f(x) = \dfrac{x}{{1 + x}}
\]
trên [0;1]

Dễ thấy hàm số trên khả tích trên đoạn đã chỉ ra
Ta có:
\[
\begin{array}{l}
\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sum\limits_{k = 1}^n {\dfrac{k}{{n^2 + k}}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \dfrac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^n {\dfrac{{\dfrac{k}{n}}}{{1 + \dfrac{k}{n}}}} = \int\limits_0^1 {\dfrac{x}{{1 + x}}dx} \\
= \int\limits_0^1 {\left( {1 - \dfrac{1}{{1 + x}}} \right)dx} = 1 - \ln 2 \\
\end{array}
\]

Bài giới hạn này em ra kết quả là $\dfrac{1}{2}$,anh kiểm tra xem có đúng không nhé
Ta sẽ chứng minh BĐT kép sau:
$$\dfrac{1}{2}<\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{k}{n^2+k}<\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2n}$$
Với BĐT bên trái,dễ thấy rằng:$\{x_k \}:x_{k}=n^2+k$ là 1 dãy số tăng,nên ta có:
$$\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{k}{n^2+k}>\dfrac{\sum\limits_{k=1}^{n}k}{n^2+n}=\dfrac{1}{2}$$
Với BĐT bên phải,cũng dựa vào đánh giá $\{x_k \}$ tăng,ta có:
$$\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{k}{n^2+k}<\dfrac{\sum\limits_{k=1}^{n}k}{n^2+1}=\dfrac{n^2+n}{2(n^2+1)}<\dfrac{n+1}{2n}$$
Dễ thấy rằng:
$$\lim \left(\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2n} \right)=\lim \dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{2}$$.
Vậy theo nguyên lý kẹp,ta có:
$$\lim \sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{k}{n^2+k}=\dfrac{1}{2}$$.
P/s:Còn bài anh mới post thì chỉ cần thế số vào mà tính thôi mà

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 08-10-2011 - 18:37

[E. Galois]

Bài của mình thay số vào thì mẫu bằng 0 mà,
Còn bài giải của mình thì nhầm thật, hì hì. Xấu hổ quá. Đi tự tử đây

[dark templar]

Bài của mình thay số vào thì mẫu bằng 0 mà,
Còn bài giải của mình thì nhầm thật, hì hì. Xấu hổ quá. Đi tự tử đây

Mẫu bằng 0 nhưng tử bằng $\sin{2011}$ mà anh ?Dễ thấy $\sin{2011}<0$ nên kết quả là $- \infty$

[E. Galois]

Mình gõ đề thiếu pi, thành thật xin lỗi các bạn. Mình đã sửa lại ở trên

[dark templar]

Mình gõ đề thiếu pi, thành thật xin lỗi các bạn. Mình đã sửa lại ở trên

Được xài quy tắc L Hospital không anh ?

[E. Galois]

Được mà không được!
Tức là không được dùng quy tắc đó, nhưng mà có thể dùng đạo hàm

[Crystal]

Nối tiếp niềm vui. Tính giới hạn sau:
\[
\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \dfrac{{\sin \left( {(10x^2 - 10x - 2011)\pi} \right)}}{{x^2 - 1}} (1)
\]

Theo L'Hospital có:

$$\left( 1 \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \dfrac{{\left( {20x - 10} \right)\pi c{\rm{os}}\left[ {\left( {10{x^2} - 10x - 2011} \right)\pi } \right]}}{{2x}} = \dfrac{{10\pi c{\rm{os}}\left( { - 2011\pi } \right)}}{2} = - 5\pi $$