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...