szukanie zaawansowane
 [ Posty: 1 ] 
Autor Wiadomość
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 25 kwi 2014, o 13:58 
Użytkownik

Posty: 5493
Lokalizacja: Kraków
Twierdzenie Stolza
Jeśli ciągi x_n i y_n są takie, że:
1) \lim y_n =+ \infty
2) y_n  <  y_{n+1} dla n \geq 1
to ze zbieżności ciągu \frac{x_n - x_{n-1}}{y_n - y_{n-1}} wynika zbieżność ciągu \frac{x_n}{y_n},
przy czym obie granice są równe.

Dowód
np. Fichtenholz
Nazywa się je też twierdzeniem Stolza-Cesàro. Twierdzenie odwrotne jest fałszywe, tj. ze zbieżności ciągu \frac{x_n}{y_n} nie wynika zbieżność ciągu \frac{x_n-x_{n-1}}{y_n-y_{n-1}}. Twierdzenie Stolza idealnie nadaje się do rozwiązywania zadań typu "granica iterowana", i różne typu 0 \cdot \infty, \frac{\infty}{\infty}, \infty - \infty etc.

Zastosowania twierdzenia Stolza w teorii, to głównie teoria ułamków łańcuchowych, gdzie chodzi o przekształcanie tzw reduktów rzędu n, takich ułamków w myśl tego twierdzenia.
Jest tu też możliwe użycie twierdzenia Stolza w formie:
\lim_{n \to \infty} \frac{x_n}{y_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{\gamma_{n+1} x_{n+1}-\gamma_{n} x_n}{\gamma_{n+1} y_{n+1}- \gamma_n y_n}
o ile \gamma_{n}y_n < \gamma_{n+1}y_{n+1} dla n \geq 1.

Wniosek z twierdzenia Stolza: Jeśli x_n i y_n spełniają założenia twierdzenia, to ciągi x_n^2 i y_n^2 także. A więc wtedy: \lim_{n \to \infty} \frac{x_n}{y_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{x_{n}+x_{n+1}}{y_{n}+y_{n+1}}.

Lemat
Jeśli ciąg c_n jest zbieżny, to ciąg \frac{c_1+…+c_n}{n} też jest zbieżny i do tej samej granicy

Dowód
Wynika to wprost z twierdzenia Stolza, bo gdy x_n = c_1+...+c_n zaś y_n=n czyli c_n =\frac{x_n-x_{n-1}}{y_n-y_{n-1}} oraz
\frac{ c_1+...+c_n }{n}=\frac{x_n}{y_n}

Przykład
\lim \sqrt{n} \cdot \underbrace{sin( sin (\dots  sin(1)))}_{n}=?

Rozwiązanie
Ciąg b_n (iteracji sinusa), tj. ciąg b_n = sin(b_{n-1}) \ b_1=1; jest zbieżny do zera.
Niech c_n=\frac{1}{b_n^2} - \frac{1}{b_{n-1}^2} = \frac{b_{n-1}^2 - sin^2(b_{n-1})}{ b_{n-1}^2  sin^2(b_{n-1})} dla n>1 oraz c_1= \frac{1}{b_1^2} i:

\lim c_n = \lim_{x \to 0} \frac{x^2 - sin^2(x)}{ x^2  sin(x)^2}= \lim_{x \to 0} \frac{x - sin(x)}{x^3} \frac{x+sin(x)}{x} \frac{x^2}{sin^2 (x)}  =\frac{1}{3}
gdyż \lim_{x \to 0} \frac{sin(x) - x}{x^3}= - \frac{1}{6} (reguła de l’Hospitala, itp.)
Z lematu wynika, że ciąg \frac{1}{nb_n^2} też jest zbieżny do \frac{1}{3}. A zatem \ lim \sqrt{n} \cdot b_n = \sqrt{3}

Przykład
Ciąg a_n jest określony rekurencyjnie, tj. a_1=1 i a_{n+1}=a_n(cos(a_n))^2 dla n=1, 2,.... Znaleźć wykładnik p, taki że ciąg n^pa_n ma granicę dodatnia, skończona i obliczyć ją.

Rozwiązanie
Mamy tu 0 < a_n \leq 1oraz a_{n+1}< a_n dla n \geq 1, jest to ciąg zbieżny, i niech g=\lim a_n, z przejścia granicznego (g=g(cos (g))^2) wynika g=0, A zatem \lim a_n=0
Kładąc y_n=n i x_n=\frac{1}{(a_n)^2}, założenia twierdzenia Stolza są spełnione, oraz:
\lim_{n \to \infty} \frac{x_{n+1}-x_n}{y_{n+1}-y_n}= \lim_{n \to \infty} (\frac{sin (a_n)}{a_n})^2 \frac{1+cos^2(a_n)}{cos^4 (a_n)} = 2
a więc p=\frac{1}{2} a szukana granica \frac{1}{\sqrt{2}}.


Przykład Klub 44M, zadania 654 i 662
Ciąg x_n jest określony rekurencją x_{n+1}= \frac{x_n^2}{e^{x_n}- 1} dla n \geq 1 oraz x_0 >0 .Ile to jest \lim \frac{n(2 - nx_n)}{ln n} ?
a ile \lim (nx_n) ?

Inne przykłady
Jeśli m \in N to \lim \frac{1^m+ ...+n^m }{n^{m+1}}=\frac{1}{m+1} oraz \lim  n (\frac{1^m+ ...+n^m }{n^{m+1}} - \frac{1}{m+1} )= \frac{1}{2}

Linki:
Ukryta treść:    
Góra
Utwórz nowy temat Odpowiedz w temacie  [ Posty: 1 ] 


 Zobacz podobne tematy
 Tytuł tematu   Autor   Odpowiedzi 
 Twierdzenie Stolza - zadanie 3  rafalpw  0
 twierdzenie Stolza - zadanie 4  Karolina93  4
 Twierdzenie Stolza - zadanie 5  luki1248  17
 Twierdzenie Stolza  mała193  4
 Twierdzenie Stolza - zadanie 2  sabinka706  1
 
Atom [Regulamin Forum] [Instrukcja LaTeX-a] [Poradnik] [F.A.Q.] [Reklama] [Kontakt]
Copyright (C) Karpatka.pl