MATEMANIJA

Evo nekoliko zadataka s produktima.

1. sam uspio riješiti i ispada mi [inlmath]0[/inlmath], ali čini se da to nije točno rješenje zadatka.
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\left(\frac{3}{2}\prod_{k=2}^n\frac{k^3-1}{k^3+1}\right)^n[/dispmath]

2.
[dispmath]a_n=\left(5n^2+\ln n+6\right)\arcsin\left(\frac{3}{n}\prod_{k=2}^n\frac{k^2+k-2}{k\left(k+1\right)}\right)\left(e^{\sin\frac{1}{n}}-1\right)[/dispmath]

Evo, zasad, prvog zadatka (ja kao rezultat dobijam [inlmath]1[/inlmath]).
U drugom zadatku mi nije jasno da li je [inlmath]\left(e^{\sin\frac{1}{n}}-1\right)[/inlmath] pod argumentom arkus sinusa, ili izvan njega

Dakle, prvi:
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\left(\frac{3}{2}\prod_{k=2}^n\frac{k^3-1}{k^3+1}\right)^n[/dispmath]
Razložimo razliku i zbir kubova:
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\left[\frac{3}{2}\prod_{k=2}^n\frac{\left(k-1\right)\left(k^2+k+1\right)}{\left(k+1\right)\left(k^2-k+1\right)}\right]^n[/dispmath]
Zatim ovaj proizvod razvijemo:
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\left[\frac{3}{2}\left(\frac{1\cdot 7}{3\cdot 3}\cdot\frac{2\cdot 13}{4\cdot 7}\cdot\frac{3\cdot 21}{5\cdot 13}\cdot\frac{4\cdot 31}{6\cdot 21}\cdots\frac{\left[\left(n-2\right)-1\right]\left[\left(n-2\right)^2+\left(n-2\right)+1\right]}{\left[\left(n-2\right)+1\right]\left[\left(n-2\right)^2-\left(n-2\right)+1\right]}\cdot\right.\right.[/dispmath][dispmath]\left.\left.\cdot\frac{\left[\left(n-1\right)-1\right]\left[\left(n-1\right)^2+\left(n-1\right)+1\right]}{\left[\left(n-1\right)+1\right]\left[\left(n-1\right)^2-\left(n-1\right)+1\right]}\cdot\frac{\left(n-1\right)\left(n^2+n+1\right)}{\left(n+1\right)\left(n^2-n+1\right)}\right)\right]^n=[/dispmath]
[dispmath]=\lim_{n\to\infty}\left\{\frac{3}{2}\left[\frac{1\cdot 7}{3\cdot 3}\cdot\frac{2\cdot 13}{4\cdot 7}\cdot\frac{3\cdot 21}{5\cdot 13}\cdot\frac{4\cdot 31}{6\cdot 21}\cdots\frac{\left(n-3\right)\left(n^2-3n+3\right)}{\left(n-1\right)\left(n^2-5n+7\right)}\cdot\right.\right.[/dispmath][dispmath]\left.\left.\cdot\frac{\left(n-2\right)\left(n^2-n+1\right)}{n\left(n^2-3n+3\right)}\cdot\frac{\left(n-1\right)\left(n^2+n+1\right)}{\left(n+1\right)\left(n^2-n+1\right)}\right]\right\}^n[/dispmath]
Vidimo da se drugi član u brojiocu svakog razlomka može kratiti s drugim članom u imeniocu narednog sabirka – uh kakva konstrukcija rečenice, al' evo s konkretnim brojevima:
[inlmath]7[/inlmath] se krati sa [inlmath]7[/inlmath], [inlmath]13[/inlmath] se krati sa [inlmath]13[/inlmath], [inlmath]21[/inlmath] sa [inlmath]21[/inlmath]... [inlmath]\left(n^2-3n+3\right)[/inlmath] sa [inlmath]\left(n^2-3n+3\right)[/inlmath] i, na kraju, [inlmath]\left(n^2-n+1\right)[/inlmath] sa [inlmath]\left(n^2-n+1\right)[/inlmath].
Posle ovog „masakra“ , ostaje:
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\left\{\frac{3}{2}\left[\frac{1}{3}\cdot\frac{1\cdot 2\cdot 3\cdot 4\cdots\left(n-3\right)\left(n-2\right)\left(n-1\right)}{3\cdot 4\cdot 5\cdot 6\cdots\left(n-1\right)n\left(n+1\right)}\cdot\left(n^2+n+1\right)\right]\right\}^n[/dispmath]
Sad sledi još jedna „seča“: [inlmath]3\cdot 4\cdot 5\cdots\left(n-2\right)\left(n-1\right)[/inlmath] možemo skratiti i gore i dole (mogli smo i ovu „seču“ i onu prethodnu sprovesti odjedanput, ali mislim da je ipak sigurnije ići ovako, postupno).
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\left[\frac{1}{2}\cdot\frac{1\cdot 2}{n\left(n+1\right)}\cdot\left(n^2+n+1\right)\right]^n=\lim_{n\to\infty}\left[\frac{n^2+n+1}{n\left(n+1\right)}\right]^n=\lim_{n\to\infty}\left[\frac{n\left(n+1\right)+1}{n\left(n+1\right)}\right]^n=[/dispmath][dispmath]=\lim_{n\to\infty}\left[1+\frac{1}{n\left(n+1\right)}\right]^n=\lim_{n\to\infty}\left\{\left[1+\frac{1}{n\left(n+1\right)}\right]^{n\left(n+1\right)}\right\}^\frac{1}{n+1}=\lim_{n\to\infty}e^\frac{1}{n+1}=e^0=1[/dispmath]

Falio sam na samom kraju Inače zadatak zahtjeva jako puno koncentracije jer se vrlo lako napravi greška, i sve ode...

Hvala puno, a za drugi zadatak ću provjeriti pa javiti

Zapravo... gledam sad ovaj drugi zadatak i potpuno je svejedno da li je [inlmath]\left(e^{\sin\frac{1}{n}}-1\right)[/inlmath] u argumentu arkus sinusa ili nije. Dobije se isti rezultat u oba slučaja.

To je zbog toga što se izračunavanjem dobije da su oba izraza u zagradi, i [inlmath]\left(\frac{3}{n}\prod\limits_{k=2}^n \frac{k^2+k-2}{k\left(k+1\right)}\right)[/inlmath] i [inlmath]\left(e^{\sin\frac{1}{n}}-1\right)[/inlmath] vrlo bliski nuli kada [inlmath]n\to\infty[/inlmath], a tada se arkus sinus tih vrednosti može zameniti samim tim vrednostima, tako da se i u jednom i u drugom slučaju izraz svodi na
[dispmath]\left(5n^2+\ln n+6\right)\left(\frac{3}{n}\prod\limits_{k=2}^n \frac{k^2+k-2}{k\left(k+1\right)}\right)\left(e^{\sin\frac{1}{n}}-1\right)[/dispmath]
Trebalo bi, ako se nisam nigde zezno (a što nije nemoguće u ove sitne sate), da se dobije rešenje [inlmath]5[/inlmath].

Evo i tog drugog:
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\left(5n^2+\ln n+6\right)\arcsin\left(\frac{3}{n}\prod\limits_{k=2}^n \frac{k^2+k-2}{k\left(k+1\right)}\right)\left(e^{\sin\frac{1}{n}}-1\right)[/dispmath]
Prvo ćemo izračunati proizvod:
[dispmath]\prod\limits_{k=2}^n \frac{k^2+k-2}{k\left(k+1\right)}=\prod\limits_{k=2}^n \frac{\left(k-1\right)\left(k+2\right)}{k\left(k+1\right)}=\frac{1\cdot 4}{2\cdot 3}\cdot\frac{2\cdot 5}{3\cdot 4}\cdot\frac{3\cdot 6}{4\cdot 5}\cdot\frac{4\cdot 7}{5\cdot 6}\cdots\frac{\left[\left(n-2\right)-1\right]\left[\left(n-2\right)+2\right]}{\left(n-2\right)\left[\left(n-2\right)+1\right]}\cdot[/dispmath][dispmath]\cdot\frac{\left[\left(n-1\right)-1\right]\left[\left(n-1\right)+2\right]}{\left(n-1\right)\left[\left(n-1\right)+1\right]}\cdot\frac{\left(n-1\right)\left(n+2\right)}{n\left(n+1\right)}=[/dispmath]
[dispmath]=\frac{1\cdot 4}{2\cdot 3}\cdot\frac{2\cdot 5}{3\cdot 4}\cdot\frac{3\cdot 6}{4\cdot 5}\cdot\frac{4\cdot 7}{5\cdot 6}\cdots\frac{\left(n-3\right)\cdot n}{\left(n-2\right)\left(n-1\right)}\cdot[/dispmath][dispmath]\cdot\frac{\left(n-2\right)\left(n+1\right)}{\left(n-1\right)\cdot n}\cdot\frac{\left(n-1\right)\left(n+2\right)}{n\left(n+1\right)}=[/dispmath]
Kao i u prošlom zadatku, i ovde se drugi član brojioca svakog razlomka skraćuje s drugim članom imenioca narednog razlomka, a isto tako se skraćuje i prvi član imenioca svakog razlomka s prvim članom brojica narednog razlomka. Na kraju ostaje:
[dispmath]\prod\limits_{k=2}^n \frac{k^2+k-2}{k\left(k+1\right)}=\frac{n+2}{3n}[/dispmath]
Kada to uvrstimo u prvobitni izraz, on postaje:
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\left(5n^2+\ln n+6\right)\arcsin\left(\frac{3}{n}\cdot\frac{n+2}{3n}\right)\left(e^{\sin\frac{1}{n}}-1\right)=\lim_{n\to\infty}\left(5n^2+\ln n+6\right)\arcsin\left(\frac{n+2}{n^2}\right)\left(e^{\sin\frac{1}{n}}-1\right)[/dispmath]
Kako je argument pod arkus sinusom [inlmath]\left(\frac{n+2}{n^2}\right)[/inlmath] vrlo blizak nuli kada [inlmath]n\to\infty[/inlmath], to možemo taj argument pisati umesto celog arkus sinusa (isto razmišljanje važi i u slučaju da je i [inlmath]\left(e^{\sin\frac{1}{n}}-1\right)[/inlmath] pod arkus sinusom, budući da je i taj faktor vrlo blizak nuli za [inlmath]n\to\infty[/inlmath]).
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\left(5n^2+\ln n+6\right)\left(\frac{n+2}{n^2}\right)\left(e^{\sin\frac{1}{n}}-1\right)=\lim_{n\to\infty}\left(5+\frac{\ln n}{n^2}+\frac{6}{n^2}\right)\cdot n^2\left(\frac{n+2}{n^2}\right)\left(e^{\sin\frac{1}{n}}-1\right)[/dispmath]
Pošto za [inlmath]n\to\infty[/inlmath] imamo da [inlmath]\frac{1}{n}[/inlmath] teži nuli, možemo umesto [inlmath]\sin\frac{1}{n}[/inlmath] pisati samo [inlmath]\frac{1}{n}[/inlmath], a pošto će i [inlmath]\frac{\ln n}{n^2}[/inlmath] i [inlmath]\frac{6}{n^2}[/inlmath] težiti nuli, biće:
[dispmath]5\lim_{n\to\infty}\left(n+2\right)\left(e^{\frac{1}{n}}-1\right)=5\lim_{n\to\infty}n\left(e^{\frac{1}{n}}-1\right)+10\lim_{n\to\infty}\left(e^{\frac{1}{n}}-1\right)=5\lim_{n\to\infty}n\left(e^{\frac{1}{n}}-1\right)+0=[/dispmath][dispmath]=5\lim_{n\to\infty}\frac{e^{\frac{1}{n}}-1}{\frac{1}{n}}=5\lim_{n\to\infty}\frac{e^{\frac{1}{n}}-1}{\ln e^{\frac{1}{n}}}=5\lim_{n\to\infty}\frac{e^{\frac{1}{n}}-1}{\ln\left(1+e^{\frac{1}{n}}-1\right)}=[/dispmath][dispmath]=5\lim_{n\to\infty}\frac{1}{\frac{1}{e^{\frac{1}{n}}-1}\ln\left(1+e^{\frac{1}{n}}-1\right)}=5\lim_{n\to\infty}\frac{1}{\ln\left(1+e^{\frac{1}{n}}-1\right)^\frac{1}{e^{\frac{1}{n}}-1}}=5\cdot\frac{1}{\ln e}=5[/dispmath]

Razumio sam do trećeg reda odozdo, uključujući i do prve jednakosti u tom redu. Ostatak, može li ikako jednostavnije?

[dispmath]5\lim_{n\to\infty}\left(n+2\right)\left(e^\frac{1}{n}-1\right)[/dispmath]
Znači, do ovog izraza je jasno?
E sad, na izraz
[dispmath]\left(n+2\right)\left(e^\frac{1}{n}-1\right)[/dispmath]
primenjujemo zakon distribucije množenja u odnosu na sabiranje, pa taj izraz možemo pisati kao
[dispmath]n\left(e^\frac{1}{n}-1\right)+2\left(e^\frac{1}{n}-1\right)[/dispmath]
Na osnovu toga, izraz
[dispmath]5\lim_{n\to\infty}\left(n+2\right)\left(e^\frac{1}{n}-1\right)[/dispmath]
možemo pisati kao
[dispmath]5\lim_{n\to\infty}\left[n\left(e^\frac{1}{n}-1\right)+2\left(e^\frac{1}{n}-1\right)\right][/dispmath]
a to je, dalje, jednako:
[dispmath]5\left\{\lim_{n\to\infty}\left[n\left(e^\frac{1}{n}-1\right)\right]+\lim_{n\to\infty}\left[2\left(e^\frac{1}{n}-1\right)\right]\right\}=5\lim_{n\to\infty}\left[n\left(e^\frac{1}{n}-1\right)\right]+5\lim_{n\to\infty}\left[2\left(e^\frac{1}{n}-1\right)\right]=[/dispmath][dispmath]=5\lim_{n\to\infty}\left[n\left(e^\frac{1}{n}-1\right)\right]+5\cdot 2\lim_{n\to\infty}\left(e^\frac{1}{n}-1\right)=5\lim_{n\to\infty}\left[n\left(e^\frac{1}{n}-1\right)\right]+10\lim_{n\to\infty}\left(e^\frac{1}{n}-1\right)[/dispmath]
E sad, levi sabirak računamo onim standardnim načinom, korišćenjem broja [inlmath]e[/inlmath], uradili smo već nekoliko takvih zadataka... A kod desnog sabirka, [inlmath]10\lim\limits_{n\to\infty}\left(e^\frac{1}{n}-1\right)[/inlmath], razlomak [inlmath]\frac{1}{n}[/inlmath] će težiti nuli, [inlmath]e^\frac{1}{n}[/inlmath] će onda težiti jedinici, a [inlmath]\left(e^\frac{1}{n}-1\right)[/inlmath] će težiti nuli, tako da taj desni sabirak otpada...

Je l' to to?

Da, to je to

[inlmath](1)[/inlmath]
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\left(\frac{1}{n}\prod_{k=2}^n\frac{k^3-1}{k^3+1}\sin\frac{n^2}{\pi}\right)[/dispmath]
- identičan produkt je već raspisan poviše, tako da neću opet pisati cijeli postupak
- rezultat ovog produkta je, dakle
[dispmath]\prod_{k=2}^n\frac{k^3-1}{k^3+1}=\prod_{k=2}^n\frac{(k-1)\left(k^2+k+1\right)}{(k+1)\left(k^2-k+1\right)}=\frac{2}{3}\frac{n^2+n+1}{n(n+1)}[/dispmath]
- i sada sam to vratio u limes niza pa imamo
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\left(\frac{2}{3n}\frac{n^2+n+1}{n^2+n}\sin\frac{n^2}{\pi}\right)[/dispmath]
- kako je [inlmath]\frac{\sin x}{x}=1[/inlmath], to se može iskoristiti ovdje da se riješim sinusa
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\left(\frac{2}{3n}\frac{n^2+n+1}{n^2+n}\frac{\sin\frac{n^2}{\pi}}{\frac{n^2}{\pi}}\frac{n^2}{\pi}\right)[/dispmath]
- pa sređeno to izgleda ovako
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\left(\frac{2n^4+2n^3+2n^2}{3\pi n^3+3\pi n^2}\right)[/dispmath]
- ovdje se još moglo izvući [inlmath]\frac{2}{3\pi}[/inlmath] ispred limesa, ali to je svejedno, tj. ne bi imalo efekta zbog sljedećeg
- i brojnik i nazivnik sam podijelio s [inlmath]n^4[/inlmath] tako da imam
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\left(\frac{2}{0}\right)=\infty[/dispmath]
Dakle, po meni je ovo rezultat. Može biti i da nisam nešto dobro napravio, ali zato sam tu i postavio zadatak...

eseper je napisao:Dakle, po meni je ovo rezultat. Može biti i da nisam nešto dobro napravio, ali zato sam tu i postavio zadatak...

Sasvim ispravno. Mislim, nije ti ispravno rešenje, već je ispravno to što si ovde postavio zadatak.

eseper je napisao:- kako je [inlmath]\frac{\sin x}{x}=1[/inlmath]

U matematici se mora izražavati precizno. Nije [inlmath]\frac{\sin x}{x}=1[/inlmath], već je [inlmath]{\color{red}\lim\limits_{x\to 0}}\frac{\sin x}{x}=1[/inlmath].

eseper je napisao:to se može iskoristiti ovdje da se riješim sinusa
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\left(\frac{2}{3n}\frac{n^2+n+1}{n^2+n}\frac{\sin\frac{n^2}{\pi}}{\frac{n^2}{\pi}}\frac{n^2}{\pi}\right)[/dispmath]

Izraz [inlmath]\lim\limits_{n\to\infty}\frac{\sin\frac{n^2}{\pi}}{\frac{n^2}{\pi}}[/inlmath] se ne svodi na [inlmath]\lim\limits_{x\to{\color{red}0}}\frac{\sin x}{x}[/inlmath], već se svodi na [inlmath]\lim\limits_{x\to{\color{red}\infty}}\frac{\sin x}{x}[/inlmath]

[inlmath]\lim\limits_{x\to{\color{red}\infty}}\frac{\sin x}{x}\ne 1[/inlmath] U tom slučaju brojilac ne teži nekoj određenoj vrednosti, već „lebdi“ između [inlmath]-1[/inlmath] i [inlmath]1[/inlmath], a imenilac teži beskonačnosti, pa ceo limes teži nuli.

Da si, primera radi, imao [inlmath]\lim\limits_{n\to\infty}\frac{\sin\frac{\pi}{n^2}}{\frac{\pi}{n^2}}[/inlmath], e tada bi argument sinusa i imenilac težili nuli, pa bi se to svelo na slučaj [inlmath]\lim\limits_{x\to{\color{red}0}}\frac{\sin x}{x}=1[/inlmath].

Kada ispravno rešiš ovaj zadatak, dobićeš da je konačno rešenje nula.

Potpuno zaboravih činjenicu sa [inlmath]\frac{\sin x}{x}[/inlmath] koju si naveo. Uglavnom, mislim da se nula dobije na vrlo jednostavan način, ujutro ću i napisati kao i postaviti još nekoliko pitanja vezano uz ovakve zadatke

Evo, nadam se da sam se točno ispravio
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\left(\frac{2}{3n}\frac{n^2+n+1}{n^2+n}\sin\frac{n^2}{\pi}\right)=[/dispmath]
[dispmath]=\frac{2}{3}\lim_{n\to\infty}\left(\frac{n^2+n+1}{n^3+n^2}\sin\frac{n^2}{\pi}\right)=[/dispmath]
[dispmath]=\frac{2}{3}\lim_{n\to\infty}\left(\frac{n^3\left(\frac{1}{n}+\frac{1}{n^2}+\frac{1}{n^3}\right)}{n^3\left(1+\frac{1}{n}\right)}\sin\frac{n^2}{\pi}\right)=[/dispmath]
[dispmath]=\frac{2}{3}\lim_{n\to\infty}\left(\frac{\cancel{n^3}\left(\cancelto{0}{\frac{1}{n}}+\cancelto{0}{\frac{1}{n^2}}+\cancelto{0}{\frac{1}{n^3}}\right)}{\cancel{n^3}\left(1+\cancelto{0}{\frac{1}{n}}\right)}\sin\frac{n^2}{\pi}\right)=[/dispmath]
[dispmath]=\frac{2}{3}\lim_{n\to\infty}0\cdot\sin\frac{n^2}{\pi}=[/dispmath]
[dispmath]=\frac{2}{3}\lim_{n\to\infty}0={\color{red}0}[/dispmath]
E sad me zanima sljedeće: da je rezultat kraćenja ovih [inlmath]n[/inlmath]-ova neki pozitivan cijeli broj, a da umjesto [inlmath]\lim\limits_{n\to\infty}\cdots\sin\frac{n^2}{\pi}[/inlmath] piše [inlmath]\lim\limits_{n\to\infty}\cdots\sin\frac{\pi}{n^2}[/inlmath], tada bih mogao podijeliti taj izraz s argumentom sinusa, kao i pomnožiti. Tj. tada bih postupio kao što sam napravio prethodni post?

[inlmath](2)[/inlmath]
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\prod_{k=2}^n\frac{(k-1)(k+1)}{k(k+2)}\cos\frac{n!+100}{n^2}[/dispmath]
- rezultat raspisivanja ovog produkta je
[dispmath]\prod_{k=2}^n\frac{(k-1)(k+1)}{k(k+2)}=\frac{3}{n(n+2)}[/dispmath]
odnosno
[dispmath]3\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n^2+2n}\cos\frac{n!+100}{n^2}[/dispmath]
očigledno da će
[dispmath]=3\lim_{n\to\infty}\cdots\cos\frac{n!+100}{n^2}[/dispmath]
biti nula, jer imamo dijeljenje veličinom koja je u intervalu [inlmath][-1,1][/inlmath] beskonačno velikom veličinom [inlmath]n^2[/inlmath]... samim tim proizašlo bi da je rezultat cijelog zadatka ponovo [inlmath]0[/inlmath]
A osim toga, da je i rezultat ovog kosinusa neki cijeli broj, opet bi rezultat bio [inlmath]0[/inlmath] zbog [inlmath]3\lim\limits_{n\to\infty}\cdots {\color{red}\frac{1}{n^2+2n}}[/inlmath]

Ispravka zadatka od juče je dobro odrađena.

E sad me zanima sljedeće: da je rezultat kraćenja ovih [inlmath]n[/inlmath]-ova neki pozitivan cijeli broj, a da umjesto [inlmath]\lim\limits_{n\to\infty}\cdots\sin\frac{n^2}{\pi}[/inlmath] piše [inlmath]\lim\limits_{n\to\infty}\cdots\sin\frac{\pi}{n^2}[/inlmath], tada bih mogao podijeliti taj izraz s argumentom sinusa, kao i pomnožiti. Tj. tada bih postupio kao što sam napravio prethdni post?

Ako dobro razumem ti bi da rešiš [inlmath]\lim\limits_{n\to\infty}A\sin\frac{\pi}{n^2}[/inlmath], gde je [inlmath]A[/inlmath] neki ceo broj na sledeći način.
[dispmath]\lim_{n\to\infty}A\sin\frac{\pi}{n^2}\cdot\frac{\frac{\pi}{n^2}}{\frac{\pi}{n^2}}[/dispmath]
[dispmath]A\lim_{n\to\infty}\frac{\sin\frac{\pi}{n^2}}{\frac{\pi}{n^2}}\cdot\frac{\pi}{n^2}[/dispmath]
[dispmath]A\lim_{n\to\infty}\frac{\sin\frac{\pi}{n^2}}{\frac{\pi}{n^2}}\cdot\lim_{n\to\infty}\frac{\pi}{n^2}[/dispmath]
[dispmath]A\lim_{n\to\infty}\frac{\pi}{n^2}=0[/dispmath]
Korak gde uzimamo da je [inlmath]\lim\limits_{n\to\infty}\frac{\sin\frac{\pi}{n^2}}{\frac{\pi}{n^2}}=1[/inlmath] je ok, pošto se smenom [inlmath]t=\frac{\pi}{n^2}[/inlmath] limes svodi na [inlmath]\lim\limits_{t\to{0}}\frac{\sin t}{t}=1[/inlmath]

S tim što je sve navedeno nepotrebno komplikovanje, budući da je:
[dispmath]\lim_{n\to\infty}A\sin\frac{\pi}{n^2}=A\lim_{n\to\infty}\sin\frac{\pi}{n^2}=A\cdot 0[/dispmath]
Pošto za [inlmath]n\to\infty[/inlmath] važi [inlmath]\frac{\pi}{n^2}\to 0[/inlmath], a [inlmath]\sin x\to 0[/inlmath] za [inlmath]x\to 0[/inlmath]

Dakle, ispravno je razmišljanje, ali nepotrebno komplikuje zadatak. Međutim, ako bismo umesto celog broja imali [inlmath]A(n)\neq\mbox{const}[/inlmath], tj. npr [inlmath]n^2[/inlmath], onda bi tvoj pristup bio praktičan i tačan.

Što se tiče drugog (istina, nisam proveravao da li si dobro sredio ovaj proizvod), rešenje ti je dobro...
[dispmath]3\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n^2+2n}\cos\frac{n!+100}{n^2}=3\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n^2+2n}\lim_{n\to\infty}\cos\frac{n!+100}{n^2}[/dispmath]
A to je isto što i [inlmath]A\cdot 0[/inlmath], gde je [inlmath]A[/inlmath] konačan broj (kako kosinus uzima vrednosti između [inlmath]-1[/inlmath] i [inlmath]1[/inlmath]).

Evo, ja sam proverio, sređivanje proizvoda je u redu, tj. [inlmath]\prod\limits_{k=2}^n\frac{\left(k-1\right)\left(k+1\right)}{k\left(k+2\right)}=\frac{3}{n\left(n+2\right)}[/inlmath].

E sad, mene malo buni sledeće:

eseper je napisao:[dispmath]3\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n^2+2n}\cos\frac{n!+100}{n^2}[/dispmath]
očigledno da će
[dispmath]=3\lim_{n\to\infty}{\color{red}\cdots}\cos\frac{n!+100}{n^2}[/dispmath]
biti nula, jer imamo dijeljenje veličinom koja je u intervalu [inlmath][-1,1][/inlmath] beskonačno velikom veličinom [inlmath]n^2[/inlmath]... samim tim proizašlo bi da je rezultat cijelog zadatka ponovo [inlmath]0[/inlmath]

tj. bune me te tri tačke. Vrlo je bitno šta stoji na mestu te tri tačke, jer od toga zavisi vrednost limesa. Vrednost koju daje [inlmath]\cos\frac{n!+100}{n^2}[/inlmath] je konačna (između [inlmath]-1[/inlmath] i [inlmath]1[/inlmath]), pa ako se pomnoži nekom veličinom koja je srazmerna [inlmath]n[/inlmath], limes će biti beskonačan; ako se pomnoži nekom konačnom konstantom [inlmath]A[/inlmath], limes će biti neodređen („lebdeće“ između [inlmath]-3A[/inlmath] i [inlmath]3A[/inlmath]); a ako se pomnoži veličinom koja je obrnuto srazmerna [inlmath]n[/inlmath], vrednost limesa će biti nula.

eseper je napisao:A osim toga, da je i rezultat ovog kosinusa neki cijeli broj, opet bi rezultat bio [inlmath]0[/inlmath] zbog [inlmath]3\lim\limits_{n\to\infty}\cdots{\color{red}\frac{1}{n^2+2n}}[/inlmath]

Nebitno da li na mestu kosinusa imamo celi broj, ili racionalan, ili iracionalan – uopšte ako umesto kosinusa imamo bilo kakvu konstantu konačne vrednosti, ona će, pomnožena izrazom [inlmath]\frac{1}{n^2+2n}[/inlmath], koji teži nuli, dati limes koji je jednak nuli.

Hvala puno Milovane!

@Daniel, možda je malo konfuzno s tim točkama. Možemo ih slobodno zanemariti. Taj limes tada daje nulu zbog argumenta kosinusa, zar ne? Tj. zbog nazivnika argumenta kosinusa...

[inlmath](3)[/inlmath]

Evo (naizgled) nešto složenijeg:
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\left(3n^2+n+1\right)\mathrm{arctg}\left(\frac{1}{n^2}\prod_{n=2}^\infty\left(1-\frac{1}{k^2}\right)\right)[/dispmath]
Rezultat raspisivanja produkta je
[dispmath]\prod_{n=2}^\infty\left(1-\frac{1}{k^2}\right)=\frac{1}{2}\frac{n+1}{n}[/dispmath]
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\left(3n^2+n+1\right)\mathrm{arctg}\left(\frac{1}{n^2}\frac{n+1}{2n}\right)[/dispmath]
Sada, ako se ne varam, arkus tangens možemo zanemariti jer je njegov argument blizak nuli kada [inlmath]n[/inlmath] teži u [inlmath]\infty[/inlmath]
u tom slučaju
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\left(3n^2+n+1\right)\frac{n+1}{2n^3}[/dispmath]
[dispmath]\lim_{n\to\infty}n^2\left(3+\cancelto{0}{\frac{1}{n}}+\cancelto{0}{\frac{1}{n^2}}\right)\left(\frac{n+1}{2n^3}\right)[/dispmath]
[dispmath]3\lim_{n\to\infty}\frac{n^3+n^2}{2n^3}[/dispmath]
podijelimo brojnik i nazivnik s [inlmath]n^3[/inlmath] i ostaje
[dispmath]3\lim_{n\to\infty}\frac{1}{2}[/dispmath]
pa je konačno rješenje (naravno, ako sam ispravno radio)
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\left(3n^2+n+1\right)\mathrm{arctg}\left(\frac{1}{n^2}\prod_{n=2}^\infty\left(1-\frac{1}{k^2}\right)\right)=\frac{3}{2}[/dispmath]

Ajd pre nego što pređemo na sledeći zadatak, prvo ovo da raščistimo...

eseper je napisao:@Daniel, možda je malo konfuzno s tim točkama. Možemo ih slobodno zanemariti. Taj limes tada daje nulu zbog argumenta kosinusa, zar ne? Tj. zbog nazivnika argumenta kosinusa...

Ne, neće limes biti nula zbog argumenta kosinusa, jer, bez obzira na to šta se nalazi u argumentu kosinusa, kosinus će uvek dati vrednost između [inlmath]-1[/inlmath] i [inlmath]1[/inlmath], što znači, neku vrednost koja je konačna. A pošto se, zatim, ta konačna vrednost množi nekom vrednošću koja teži nuli, tj. izrazom [inlmath]\frac{1}{n^2+2n}[/inlmath], limes će biti nula. Znači, argument kosinusa nam je ovde potpuno nebitan.
Sasvim bi druga stvar bila kada bismo umesto kosinusa imali neku vrednost koja bi težila beskonačnosti. Tada bi se ona množila vrednošću koja teži nuli, pa bismo taj limes morali rešavati nekom drugom tehnikom...

Mislim da smo sada raščistili
Onda je u potpunosti ista situacija za zadatak [inlmath](1)[/inlmath]... rezultat [inlmath]0[/inlmath] je zbog onih [inlmath]n[/inlmath]-ova prije, a ne sinusa... da je pak rezultat "[inlmath]n[/inlmath]-ova" bio neki broj, tada bi onaj sinus bilo zgodno svesti na [inlmath]\lim\limits_{x\to 0}\frac{sinx}{x}[/inlmath]...

Zbunio me prvi zadatak iz ove teme gdje si napisao

Prvi sabirak je očigledno nula, jer imamo deljenje veličinom koja je u intervalu [inlmath]\left[-1,1\right][/inlmath] beskonačno velikom veličinom, [inlmath]n[/inlmath].

Ali, to je kada se površno gleda... sada mi je jasno

eseper je napisao:Onda je u potpunosti ista situacija za zadatak [inlmath](1)[/inlmath]... rezultat [inlmath]0[/inlmath] je zbog onih [inlmath]n[/inlmath]-ova prije, a ne sinusa... da je pak rezultat "[inlmath]n[/inlmath]-ova" bio neki broj, tada bi onaj sinus bilo zgodno svesti na [inlmath]\lim\limits_{x\to 0}\frac{sinx}{x}[/inlmath]...

Upravo kao što ti je Milovan i objasnio – da je rezultat "[inlmath]n[/inlmath]-ova" bio neki broj koji teži [inlmath]\infty[/inlmath], a pri tom sinus težio nuli, onda bi trebalo upotrebiti [inlmath]\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}[/inlmath]...
OK, mislim da sad možemo na sledeći zadatak.

eseper je napisao:[dispmath]\lim_{n\to\infty}\left(3n^2+n+1\right)\mathrm{arctg}\left(\frac{1}{n^2}\prod_{{\color{red}n}=2}^{\color{red}\infty}\left(1-\frac{1}{k^2}\right)\right)[/dispmath]

Kao granice proizvoda umesto [inlmath]n=2[/inlmath] treba da stoji [inlmath]k=2[/inlmath], a umesto [inlmath]\infty[/inlmath] treba [inlmath]n[/inlmath]?

eseper je napisao:Rezultat raspisivanja produkta je
[dispmath]\prod_{{\color{red}k}=2}^{\color{red}n}\left(1-\frac{1}{k^2}\right)=\frac{1}{2}\frac{n+1}{n}[/dispmath]

eseper je napisao:[dispmath]\lim_{n\to\infty}\left(3n^2+n+1\right)\mathrm{arctg}\left(\frac{1}{n^2}\frac{n+1}{2n}\right)[/dispmath]
Sada, ako se ne varam, arkus tangens možemo zanemariti jer je njegov argument blizak nuli kada [inlmath]n[/inlmath] teži u [inlmath]\infty[/inlmath]
u tom slučaju
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\left(3n^2+n+1\right)\frac{n+1}{2n^3}[/dispmath]

Zapravo, „školskiji“ način bi bio sledeći. Prvo pokažemo da je [inlmath]\lim\limits_{x\to\infty}\frac{\mathrm{arctg}\:x}{x}=1[/inlmath]:
[dispmath]\lim\limits_{x\to 0}\frac{\mathrm{arctg}\:x}{x}\mathop=^{\mathrm{arctg}\:x=t}\lim\limits_{t\to 0}\frac{t}{\mathrm{tg}\:t}=\lim\limits_{t\to 0}\cancelto{1}{\frac{t}{\sin t}}\cdot\cancelto{1}{\cos t}=1[/dispmath]
mada to i nije neophodno ako vam se na ispitu dopušta da [inlmath]\lim\limits_{x\to\infty}\frac{\mathrm{arctg}\:x}{x}=1[/inlmath] koristite kao nešto što je poznato.
Zatim limes napišemo kao
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\left(3n^2+n+1\right)\mathrm{arctg}\left(\frac{1}{n^2}\frac{n+1}{2n}\right)=\lim_{n\to\infty}\left(3n^2+n+1\right)\cancelto{1}{\frac{\mathrm{arctg}\left(\frac{n+1}{2n^3}\right)}{\frac{n+1}{2n^3}}}\cdot\frac{n+1}{2n^3}[/dispmath]

I sad je dalje sve OK što si radio, s tim što može i elegantnije, tako što u jednom potezu i brojilac i imenical podelimo s [inlmath]n^3[/inlmath]:
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\left(3n^2+n+1\right)\cdot\frac{n+1}{2n^3}=\lim_{n\to\infty}\left(3+\cancelto{0}{\frac{1}{n}}+\cancelto{0}{\frac{1}{n^2}}\right)\cdot\frac{1+\cancelto{0}{\frac{1}{n}}}{2}=\frac{3}{2}[/dispmath]

Dobro je, nejasnoće su razriješene

Daniel je napisao:Kao granice proizvoda umesto [inlmath]n=2[/inlmath] treba da stoji [inlmath]k=2[/inlmath], a umesto [inlmath]\infty[/inlmath] treba [inlmath]n[/inlmath]?

Da, naravno

[dispmath]\lim_{n\to\infty}\quad(7n+\ln n+2)\sin\left(\frac{2}{n}\prod_{k=2}^n\frac{k^2+k-2}{k(k+1)}\right)[/dispmath]
Nešto složeniji produkt čiji bi rezultat trebao biti [dispmath]\frac{n+2}{3n}[/dispmath]
Rješenje: [dispmath]\frac{14}{3}[/dispmath]

Pretpostavljam da ti nije problem da [inlmath]k^2+k-2[/inlmath] svedeš na oblik [inlmath]\left(k-1\right)\left(k+2\right)[/inlmath]. A onda nije problem ni izračunati sumu:
[dispmath]\prod_{k=2}^n\frac{\left(k-1\right)\left(k+2\right)}{k\left(k+1\right)}=\frac{1\cdot 4}{\cancel 2\cdot 3}\cdot\frac{\cancel 2\cdot 5}{\cancel 3\cdot 4}\cdot\frac{\cancel 3\cdot 6}{\cancel 4\cdot 5}\cdots\frac{\cancel{\left(n-2\right)}\left(n+1\right)}{\cancel{\left(n-1\right)}\cdot n}\cdot\frac{\cancel{\left(n-1\right)}\left(n+2\right)}{n\left(n+1\right)}=[/dispmath]
[dispmath]=\frac{\cancel 4}{3}\cdot\frac{\cancel 5}{\cancel 4}\cdot\frac{\cancel 6}{\cancel 5}\cdots\frac{\cancel{\left(n+1\right)}}{\cancel{n}}\cdot\frac{\left(n+2\right)}{n\cancel{\left(n+1\right)}}=\frac{n+2}{3n}[/dispmath]
pa se limes svodi na
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\left(7n+\ln n+2\right)\sin\frac{2\left(n+2\right)}{3n^2}[/dispmath]
a to je dalje jednako:
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\left(7n+\ln n+2\right)\frac{\sin\frac{2\left(n+2\right)}{3n^2}}{\frac{2\left(n+2\right)}{3n^2}}\cdot\frac{2\left(n+2\right)}{3n^2}=\lim_{n\to\infty}\left(7n+\ln n+2\right)\cancelto{1}{\frac{\sin\cancelto{0}{\left(\frac{2}{3n}+\frac{4}{3n^2}\right)}}{\cancelto{0}{\frac{2}{3n}+\frac{4}{3n^2}}}}\cdot\frac{2\left(n+2\right)}{3n^2}=[/dispmath]
[dispmath]=\lim_{n\to\infty}\left[7n\cdot\frac{2\left(n+2\right)}{3n^2}+\frac{2\left(n+2\right)}{3n^2}\ln n+2\cdot\frac{2\left(n+2\right)}{3n^2}\right]=[/dispmath]
[dispmath]=\lim_{n\to\infty}\left[\frac{14\left(n+2\right)}{3n}+\frac{2}{3}\cdot\cancelto{0}{\frac{\ln n}{n}}+\frac{4}{3}\cdot\cancelto{0}{\frac{\ln n}{n^2}}+\frac{4\left(n+2\right)}{3n^2}\right]=[/dispmath]
[dispmath]=\lim_{n\to\infty}\left[\frac{14\left(n+2\right)}{3n}+\frac{4\left(n+2\right)}{3n^2}\right]=\lim_{n\to\infty}\left[\frac{14\left(1+\cancelto{0}{\frac{2}{n}}\right)}{3}+\frac{4\left(\cancelto{0}{\frac{1}{n}}+\cancelto{0}{\frac{2}{n^2}}\right)}{3}\right]=\frac{14}{3}[/dispmath]