szukanie zaawansowane
 [ Posty: 14 ] 
Autor Wiadomość
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 31 sie 2014, o 16:21 
Użytkownik

Posty: 15369
Lokalizacja: Bydgoszcz
\left(1+\frac{1}{n}\right)^n\nearrow e, \left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1}\searrow e.

Pozbierajmy w tym wątku znane (i nieznane) dowody tych faktów. Może urodzi się z tego coś?
Prośba o podanie źródła, jeżeli publikujecie znany dowód.

Zacznę od takiego: jeżeli f jest funkcją wklęsłą, to iloraz różnicowy \frac{f(x)-f(y)}{x-y} jest funkcją malejącą.
Kładąc f(x)=\ln(1+x) wnosimy, że
\frac{\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)-\ln 1}{\left(1+\frac{1}{n}\right)-1}=\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)^n rośnie, bo ciąg 1/n maleje.
Z drugiej strony
\frac{\log \left(1-\frac{1}{n+1}\right) - \log 1}{-\frac{1}{n+1}} = \log \left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1} maleje, bo ciąg -1/(n+1) rośnie.


Interesujący jest również ciąg \left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1/2}, który maleje, jako że jest to graniczny przypadek gdzie psuje sie monotoniczność (dla wykładników >n+a^ ciąg maleje, gdy a\geq 1/2 a rośnie od pewnego miejsca gdy 0<a<1/2). Ładne dowody tych faktów również mile widziane :)
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 31 sie 2014, o 19:05 
Moderator
Avatar użytkownika

Posty: 7839
Lokalizacja: Wrocław
Nie znam źródła:

Niech x_1, x_2 > 0 oraz x_1<x_2. Wtedy 0<\frac{x_1}{x_2}<1, zatem na mocy nierówności Bernoulliego

\left(1+\frac{1}{x_1} \right)^{x_1} = \left(1+\frac{1}{x_1} \right)^{\frac{x_1}{x_2} \cdot x_2} < \left(1+ \frac{x_1}{x_2} \cdot \frac{1}{x_1} \right)^{x_2} = \left(1+\frac{1}{x_2} \right)^{x_2}.

Powyższe wynikanie jest prawdziwe w szczególności dla wszystkich naturalnych x_1, x_2, zatem ciąg \left( 1+\frac{1}{n} \right)^n jest rosnący.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 31 sie 2014, o 21:01 
Użytkownik

Posty: 15369
Lokalizacja: Bydgoszcz
Fajne, nie znałem. Bardziej znana jest wersja nierowności Bernoulliego dla wykłądnika >1, więc może lepiej odwrócićrozumowanie?

No to pokażę jeszcze dwa:
\log \frac{\left(1+\frac{1}{x}\right)^x}{e}=\int_0^1\frac{-t}{t+x}dt \nearrow 0 bo każda funkcja podcałkowa rośnie
\log \frac{\left(1+\frac{1}{x}\right)^{x+1}}{e}=\int_0^1\frac{1-t}{t+x}dt \searrow 0., bo każda funkcja podcałkowa maleje.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 27 sie 2017, o 19:39 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 1486
Lokalizacja: hrubielowo
\left(1+\frac{1}{n}\right)^n\nearrow

dowód:    
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 27 sie 2017, o 20:04 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 187
Lokalizacja: brak
Czy to rozumowanie nie jest okrężne? Jak zdefiniować logarytm bez znajomości istnienia granicy

\lim_{n\to \infty} \left(1 + \frac xn\right)^n

nawet dla x = 1?
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 27 sie 2017, o 20:13 
Użytkownik

Posty: 12660
No cóż, można zdefiniować
\exp(x)= \sum_{n=0}^{ \infty } \frac{x^n}{n!} i logarytm naturalny jako funkcję odwrotną do tej funkcji… Wtedy różne wzorki z pochodnymi możemy otrzymać przez różniczkowanie szeregów potęgowych. Ale chyba zwykle tak się nie robi…
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 27 sie 2017, o 20:19 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 1486
Lokalizacja: hrubielowo
Niczego nie definiowałem (bo sytuacja tego nie wymagała) tak samo jak a4karo, który też użył e w swoim poście i było ok.
A nawet jeśli to niech e= \lim_{n \to  \infty } \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!} i po sprawie. Równość \lim_{n \to  \infty }\left( 1+ \frac{1}{n} \right)^n= \lim_{n \to  \infty } \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!} pokazałem tu
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 13 wrz 2017, o 03:15 
Użytkownik

Posty: 12660
Nierówność
\left( 1+\frac  1 n\right)^{n+\frac 1 2}> \left( 1+\frac{1}{n+1}\right)^{n+1+\frac 1 2}
możemy przepisać w postaci
\left(  1+ \frac{1}{n^2+2n}  \right)^{n+\frac 1 2} >1+\frac{1}{n+1}
Dla n=1 sprawdzamy "ręcznie", że nierówność jest spełniona, zaś dalej przyda się takie wzmocnienie nierówności Bernoulliego: jeśli
x > 0, \ a > 2 to
(1+x)^a \ge 1+ax+ \frac{a(a-1)}{2}x^2
Dowód tego faktu można przeprowadzić w oparciu o rachunek różniczkowy, z użyciem klasycznej nierówności Bernoulliego (w celu wykazania dodatniości pochodnej).

Korzystając z powyższego wzmocnienia nierówności Bernoulliego, otrzymujemy
\left( 1+ \frac{1}{n^2+2n} \right)^{n+\frac 1 2}>1+ \frac{n+\frac 1 2}{n^2+2n}+ \frac{n^2-\frac 1 4}{2n^2(n+2)^2}
i zostaje do udowodnienia
\frac{n+\frac 1 2}{n^2+2n}+ \frac{n^2-\frac 1 4}{2n^2(n+2)^2}
 \ge \frac{1}{n+1}
a ten syf już można przemielić. Oczywiście, stąd też wynika, że dla dowolnego k\ge \frac 1 2
ciąg a_n=\left( 1+\frac 1 n\right)^{n+k} jest malejący.

Ciekawi mnie jednak, jak uzyskać wniosek, że \frac 1 2 jest tym "granicznym" k - pojęcia nie mam.
Druga sprawa: czy tę nierówność da się udowodnić inaczej, ale nie przywalając przy tym grubszą teorią (czyli np. nierówności między średnimi, Cauchy'ego-Buniakowskiego-Schwarza i jakieś sprytne lematy jak najbardziej, a np. rachunek całkowy nie)?

-- 13 wrz 2017, o 03:40 --

Patrząc na to od nieco innej strony i uogólniając ociupinkę (ale tylko ociupinkę, pewnie są lepsze uogólnienia), można się pokusić o użycie twierdzenia Lagrange'a o wartości średniej dla funkcji
f(x)=(x+k)\ln\left( 1+\frac 1 x\right) i zagadnienie sprowadza się wówczas do znalezienia najmniejszej stałej k>0, dla której zachodzi
\ln\left( 1+\frac 1 a\right) < \frac{a+k}{a^2+a} dla wszystkich a\ge 1
Ale to jest już bardzo nieładne, należy (chyba że ktoś to umie obejść) zbadać zachowanie funkcji
g(a)=(a^2+a)\ln\left( 1+\frac 1 a\right)-a w przedziale [1,\infty)
Mamy g'(a)=(2a+1)\ln\left( 1+\frac 1 a\right)-2>0
dla a\ge 1, ale wykazanie tego nie należy do przyjemności (znowu różniczkowanie albo szacowania wynikające z rozwinięcia w szereg :|), więc by znaleźć optymalne k, należy
obliczyć \lim_{a \to  \infty }g(a)=\frac 1 2

-- 13 wrz 2017, o 04:23 --

Ajć, nie zauważyłem słowa "ładne", no cóż, nic co piszę nie jest ładne, ale szkoda już mi usuwać.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 13 wrz 2017, o 21:53 
Użytkownik

Posty: 15369
Lokalizacja: Bydgoszcz
To coś, co nie wykorzystuje wiedzy o logarytmach i liczbie e:

Rozpatrzmy funkcję f:(0,\infty)\times(\RR\setminus\{0\}) daną wzorem
f(x,t)=\frac{x^t-1}{t}
Ta funkcja jest ściśle rosnąca względem pierwszej zmiennej (wystarczy zróżniczkować), oraz względem drugiej (jako iloraz różnicowy wypukłej funkcji wykładniczej - tutaj monotoniczność jest ścisła dla x\neq 1)

(inny argument to równość f(x,t)=\int_1^x s^{t-1}ds.)

Dla każdego t mamy f(1,t)=0, a dla t>-1 zachodzi \lim_{x\to \infty} f(x,t)>1.

Stąd wniosek, że dla każdego -1<t\neq 0 istnieje dokładnie jedno x(t)>1 takie, że f(x(t),t)=1.




Gdyby dla t<s było x(t)\leq x(s), to mielibyśmy ciąg nierówności
1=f(x(t),t)\leq f(x(s),t)<f(x(s),s)=1

Ta sprzeczność dowodzi, że x(t) jest funkcja malejącą. Ale x(t)=(1+t)^{1/t}.

Zatem funkcja x(1/t)=\left(1+\frac{1}{t}\right)^t rośnie, a funkcja
x\left(-\frac{1}{t+1}\right)=\left(1+\frac{1}{t}\right)^{t+1} maleje
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 26 wrz 2017, o 16:12 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 1441
Lokalizacja: Katowice
udowodnimy, że jeśli a<\frac 12, to ciąg \left(1+\frac 1n\right)^{n+a} od pewnego miejsca rośnie

innymi słowy: wykażemy, że dla dostatecznie dużych n zachodzi nierówność

\left(1+\frac 1n\right)^{n+a} < \left(1+\frac 1{n+1}\right)^{n+1+a}

po podzieleniu stronami przez \left(1+\frac 1{n+1}\right)^{n+a} dostajemy równoważną postać

\left(1+\frac{1}{n(n+2)} \right)^{n+a} < \frac{n+2}{n+1}

wykażemy lemat: \left(1+\frac xn\right)^n < 1+x+\frac{x^2}2 dla 0<x<\frac 1n

\left(1+\frac xn \right)^n = 
1+x+\frac{n(n-1)}{2}\frac{x^2}{n^2}+\sum_{i=3}^n \frac{n(n-1)(n-2)\ldots(n-i+1)}{i!}\frac{x^i}{n^i} \\ \phantom{\left(1+\frac xn \right)^n } =
1 + x + \frac{x^2}{2} - \frac{x^2}{2n} + \sum_{i=3}^n \frac{n(n-1)(n-2)\ldots(n-i+1)}{i!}\frac{x^i}{n^i} \\ \phantom{\left(1+\frac xn \right)^n }< 
1+x+\frac{x^2}{2} - \frac{x^2}{2n} + \sum_{i=3}^n \frac{n\cdot n \cdot \ldots \cdot n}{2^{i-1}}\frac{x^2}{n^{i+1}} \\ \phantom{\left(1+\frac xn \right)^n }= 
1+x+\frac{x^2}{2} - \frac{x^2}{2n} + \sum_{i=3}^n \frac{x^2}{2^{i-1}n} \\ \phantom{\left(1+\frac xn \right)^n } < 
1+x+\frac{x^2}{2}

stosujemy lemat dla x=\frac{1}{n+2}:

\left(1+\frac{1}{n(n+2)} \right)^{n} < 1+\frac{1}{n+2}+\frac{1}{2(n+2)^2}

z nierówności Bernoulliego mamy też

\left(1+\frac{1}{n(n+2)} \right)^{a} \le 1+\frac{a}{n(n+2)}

wobec tego

\left(1+\frac{1}{n(n+2)} \right)^{n+a} < \left(1+\frac{1}{n+2}+\frac{1}{2(n+2)^2}\right)\left(1+\frac{a}{n(n+2)}\right)

wystarczy więc dowieść, że dla dostatecznie dużych n mamy

\left(1+\frac{1}{n+2}+\frac{1}{2(n+2)^2}\right)\left(1+\frac{a}{n(n+2)}\right) < \frac{n+2}{n+1}

mnożymy stronami przez n(n+1)(n+2)^3, wymnażamy nawiasy i po uporządkowaniu współczynników dostajemy nierówność wielomianową P(n)\ge 0

współczynnik wiodący wielomianu P wynosi \frac 12 - a > 0, tak więc żądana nierówność jest spełniona dla dostatecznie dużych n
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 25 lis 2017, o 16:13 
Użytkownik

Posty: 12660
Dowód faktu, iż ciąg e_n=\left( 1+\frac 1 n\right)^n, \ n=1,2\ldots jest rosnący, który pokażę, znalazłem kiedyś na Wikipedii, a literatura do artykułu https://pl.wikipedia.org/wiki/Podstawa_ ... aturalnego sugeruje, że można tenże dowód znaleźć w książce Bogdana Misia Tajemnicza liczba e i inne sekrety matematyki (choć pewnie nie jest to oryginalne źródło dowodu).

Z nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną mamy
\frac{1+\overbrace{\left(1+\frac 1 n\right)+\ldots+\left(1+\frac 1 n\right)}^{n}}{n+1} \ge \left( 1+\frac 1 n\right)^{\frac{n}{n+1}}
(równość nie zajdzie, bo 1\neq 1+\frac 1 n, a w nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną równość zachodzi tylko dla równych zmiennych).
czyli, inaczej zapisując lewą stronę,
1+\frac{1}{n+1} \ge \left( 1+\frac{1}{n}\right)^{\frac{n}{n+1}}
Obie strony są dodatnie, wiec równoważnie podnosimy nierówność stronami do potęgi n+1, co daje
\left( 1+\frac{1}{n+1}\right)^{n+1}>\left( 1+\frac 1 n\right)^n,
a to jest właśnie teza.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 25 lis 2017, o 19:30 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 1441
Lokalizacja: Katowice
@up podmieniając w niektórych miejscach jedynkę na x>-n możemy udowodnić w ten sam sposób, że \left( 1+\frac{x}{n+1}\right)^{n+1}>\left( 1+\frac x n\right)^n

wraz z jakimś szacowaniem M> \left( 1+\frac x n\right)^n niezależnym od n prowadzi to do wniosku, że ciąg \left( 1+\frac x n\right)^n jest zbieżny (do liczby, którą zwykło się nazywać \exp(x))
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 25 lis 2017, o 19:37 
Użytkownik

Posty: 12660
Dobre!
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 12 wrz 2018, o 13:55 
Użytkownik

Posty: 22
Lokalizacja: Kraków
Premislav napisał(a):
Dowód faktu, iż ciąg e_n=\left( 1+\frac 1 n\right)^n, \ n=1,2\ldots jest rosnący, który pokażę, znalazłem kiedyś na Wikipedii, a literatura do artykułu https://pl.wikipedia.org/wiki/Podstawa_ ... aturalnego sugeruje, że można tenże dowód znaleźć w książce Bogdana Misia Tajemnicza liczba e i inne sekrety matematyki (choć pewnie nie jest to oryginalne źródło dowodu).


Akurat w tej książce Bogdan Miś przedstawia inny dowód monotoniczności tego ciąu.

a_n=\left(1+ \frac{1}{n}\right)^n=1+n \frac{1}{n}+\frac{n(n-1)}{1\cdot 2}\cdot \frac{1}{n^2}+ \ldots + \frac{n(n-1)\ldots (n-n+1)}{1\cdot 2\cdot \ldots \cdot n} \cdot \frac{1}{n^n}=1+1+\frac{1}{2!}\left(1-\frac{1}{n}\right)+\ldots +\frac{1}{n!}\left(1-\frac{1}{n}\right) \ldots \left(1-\frac{n-1}{n}\right)

Rozważając wyraz następny tj. a_{n+1} otrzymamy w powyższej sumie jeden składnik więcej, a do tego każdy składnik sumy zwiększy się (zamiast wyrażeń 1- \frac{r}{n} pojawią się wyrażenia większe: 1- \frac{r}{n+1})
Zatem ciąg (a_n) jest rosnący.
Góra
Utwórz nowy temat Odpowiedz w temacie  [ Posty: 14 ] 


 Zobacz podobne tematy
 Tytuł tematu   Autor   Odpowiedzi 
 Granice ciągów - zadanie 106  Kasiek91  4
 Wyznaczanie ciągów.  sho9oon  25
 granice ciagów liczbowych  misiak004  5
 Oblicz granicę ciągów - zadanie 28  Monika0405  1
 granice ciągów - zadanie 65  janek173  2
 
Atom [Regulamin Forum] [Instrukcja LaTeX-a] [Poradnik] [F.A.Q.] [Reklama] [Kontakt]
Copyright (C) Karpatka.pl