Предел последовательности

[0201400]

Найти предел последовательности: \(x_n = n^4\left(\sqrt[n]{e}-\sin\frac{1}{n}-\ch\frac{1}{n}\right)+\frac{n}{3}\)

Делаю так:
\(\lim_{n\to \infty}{x_n}=\infty(0-\infty+1)+\infty=\infty-\infty\)

\(\lim_{n\to \infty}\frac{(n^4(\sqrt[n]{e}-\sin \frac{1}{n}-\cosh \frac{1}{n})+\frac{n}{3})(n^4(\sqrt[n]{e}-\sin \frac{1}{n}-\cosh \frac{1}{n})-\frac{n}{3})}{n^4(\sqrt[n]{e}-\sin \frac{1}{n}-\cosh \frac{1}{n})-\frac{n}{3}}\)

А дальше не получается. Я пытаюсь делить на \(n^4\)

[Алексей]

Идея в вашем решении есть, но вы чересчур усложнили задачу Для начала стоит обратиться к скобке, т.е. к \(\left(\sqrt[n]{e}-\sin\frac{1}{n}-\ch\frac{1}{n} \right)\). При \(n\to\infty\) мы получим \(\lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{e}=1\). Кроме того, так как \(\lim_{n\to\infty} \frac{1}{n}=0\), то \(\lim_{n\to\infty}\sin\frac{1}{n}=0\) и \(\lim_{n\to\infty}\ch\frac{1}{n}=1\) (напомню, что \(\sin 0=0\) и \(\ch 0=1\)). Короче говоря, выражение в скобке стремится к нулю: \(\lim_{n\to\infty}\left(\sqrt[n]{e}-\sin\frac{1}{n}-\ch\frac{1}{n} \right)=1-0-1=0\).

Так как \(n^3\to\infty\) при \(n\to\infty\), то предел \(\lim_{n\to\infty}n^4\left(\sqrt[n]{e}-\sin\frac{1}{n}-\ch\frac{1}{n} \right)\) содержит неопределенность \(\infty\cdot 0\). Поэтому сначала имеет смысл разобраться с скобкой, а потом перейти дальше. Для начала учтём, что \(\ch\frac{1}{n}=\frac{e^{\frac{1}{n}}+e^{-\frac{1}{n}}}{2}=\frac{1}{2}\cdot e^{\frac{1}{n}} + \frac{1}{2}\cdot e^{-\frac{1}{n}}\). Тогда:

\(\sqrt[n]{e}-\sin\frac{1}{n}-\ch\frac{1}{n}=e^{\frac{1}{n}}-\sin\frac{1}{n}-\frac{1}{2}\cdot e^{\frac{1}{n}} - \frac{1}{2}\cdot e^{-\frac{1}{n}}=\\=\frac{1}{2}\cdot e^{\frac{1}{n}} - \frac{1}{2}\cdot e^{-\frac{1}{n}}-\sin\frac{1}{n}=\frac{e^{\frac{1}{n}}-e^{-\frac{1}{n}}}{2}-\sin\frac{1}{n}=\sh\frac{1}{n}-\sin\frac{1}{n}.\)

Теперь применим разложение в ряд Маклорена функций \(\sh\frac{1}{n}\) и \(\sin\frac{1}{n}\). Остаточный член запишем в форме Пеано:

\(\sh\frac{1}{n}=\frac{1}{n}+\frac{1}{6n^3}+\frac{1}{120n^5}+o\left(\frac{1}{n^5}\right)\)
\(\sin\frac{1}{n}=\frac{1}{n}-\frac{1}{6n^3}+\frac{1}{120n^5}+o\left(\frac{1}{n^5}\right)\)

Тогда \(\sh\frac{1}{n}-\sin\frac{1}{n}=\frac{2}{6n^3}+o\left(\frac{1}{n^5}\right)=\frac{1}{3n^3}+o\left(\frac{1}{n^5}\right)\)

Вернёмся к исходному пределу \(\lim_{n\to\infty}\left( n^4\left(\sqrt[n]{e}-\sin \frac{1}{n}-\ch \frac{1}{n}\right)+\frac{n}{3} \right)\). Заменяя в нём скобку преобразованным выражением, будем иметь:

\(\lim_{n\to\infty}\left( n^4\left(\sqrt[n]{e}-\sin \frac{1}{n}-\ch \frac{1}{n}\right)+\frac{n}{3} \right)=
\lim_{n\to\infty}\left( n^4\left(\frac{1}{3n^3}+o\left(\frac{1}{n^5}\right)\right)+\frac{n}{3} \right)=\\=
\lim_{n\to\infty}\left(\frac{n}{3}+o\left(\frac{1}{n}\right)+\frac{n}{3} \right)=\lim_{n\to\infty}\left(\frac{2n}{3}+o\left(\frac{1}{n}\right)\right)=+\infty\).