szukanie zaawansowane
 [ Posty: 9 ] 
Autor Wiadomość
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 1 gru 2016, o 04:38 
Użytkownik

Posty: 12660
Oblicz \lim_{n \to  \infty }\sqrt{9n+2}\left( 1- \frac{\ln n}{2^n} \right)^{2^{n-1}}

Taką granicę dostał na liście zadań mój kolega z pierwszego roku (niematematycznych!) studiów.
Nie potrafię tego rozwiązać elementarnie. Szkic mojego rozwiązania:
oczywiście \sqrt{9n+2}\left( 1- \frac{\ln n}{2^n} \right)^{2^{n-1}}=\sqrt\left{(9n+2)\left( 1- \frac{\ln n}{2^n} \right)^{2^{n}}\right}
Ponadto mamy
\ln(1+t)=t- \frac{t^2}{2}+o(t^2) ze wzoru Taylora z resztą w postaci Peana. A zatem:
\left( 1- \frac{\ln n}{2^n} \right)^{2^{n}}=\exp\left( 2^n\ln\left( 1-\frac{\ln n}{2^n}\right) \right) oraz
\ln\left( 1- \frac{\ln n}{2^n} \right)=- \frac{\ln n}{2^n}- \frac{\ln^2 n}{2^{2n+1}}+o\left(  \frac{\ln^2 n}{2^{2n}} \right), więc
2^n \ln\left( 1- \frac{\ln n}{2^n} \right)=-\ln n- \frac{\ln^2 n}{2^{n+1}}+o\left(  \frac{\ln^2 n}{2^n} \right)
i (9n+2)\left( 1- \frac{\ln n}{2^n} \right)^{2^{n}}= \frac{9n+2}{n}\exp\left( - \frac{\ln^2 n}{2^{n+1}}+o\left(  \frac{\ln^2 n}{2^n} \right)  \right)
Z powyższego i z twierdzenia o granicy iloczynu już łatwo wywnioskować, że
\lim_{n \to  \infty }\sqrt{9n+2}\left( 1- \frac{\ln n}{2^n} \right)^{2^{n-1}}=\sqrt{9}=3
Ale podobno wzoru Taylora jeszcze nie było. Czy ma ktoś pomysł na elementarne rozwiązanie? Z góry dziękuję. W ogóle z chęcią zobaczę inne pomysły. :)
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 1 gru 2016, o 07:32 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 6555
\lim_{n \to  \infty }\sqrt{9n+2}\left[ \left( 1- \frac{\ln n}{2^n} \right)^{\frac{2^n}{\ln n} }\right]^{ \frac{\ln n}{2} }=
tu pewnie prowadzący robił taki myk:
=\lim_{n \to  \infty }\sqrt{9n+2} \frac{1}{ \sqrt{e ^{\ln n} } } =\lim_{n \to  \infty } \frac{ \sqrt{9n+2}}{ \sqrt{n} }=3
i dostawał wynik identyczny z Twoim. Elementarnie, efektywnie ale ....
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 1 gru 2016, o 10:38 
Moderator
Avatar użytkownika

Posty: 7839
Lokalizacja: Wrocław
Można tak: oznaczmy

\alpha_n = \frac{2^n}{\ln n} \\[1ex]
\beta_n = \left( 1 - \frac{1}{\alpha_n} \right)^{\alpha_n} \cdot e

i zauważmy, że

\left( 1 - \frac{\ln n}{2^n} \right)^{2^n} = \left[ \left( 1 - \frac{1}{\alpha_n} \right)^{\alpha_n} \right]^{\ln n} = \left[ \frac{\beta_n}{e} \right]^{\ln n} = \frac{1}{n} \cdot (\beta_n)^{\ln n}.

Wystarczy więc pokazać, że \lim_{n \to \infty} ( \beta_n )^{\ln n} = 1. W tym celu skorzystamy z nierówności:

\left( 1-\frac{1}{x} \right)^x < \frac{1}{e} < \left( 1-\frac{1}{x} \right)^{x-1} dla x > 1,

którą można nietrudno udowodnić z nierówności Bernoulliego. Zatem:

1-\frac{1}{\alpha_n} < \beta_n < 1,

czyli wystarczy pokazać, że

\lim_{n \to \infty} \left( 1-\frac{1}{\alpha_n} \right)^{\ln n} = 1,

a to już widać, bo

\lim_{n \to \infty} \frac{\ln n}{\alpha_n} = 0.

Warto też zauważyć, że rozumowanie zadziała dla każdego \alpha_n, dla którego prawdziwa jest ta ostatnia równość.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 1 gru 2016, o 16:51 
Użytkownik

Posty: 12660
Dasio11, świetne rozwiązanie! Na to bym nie wpadł. Niestety zapomniałem o bardzo użytecznym fakcie z Analizy 1, że
\left( 1+\frac 1 n\right)^n <e<\left( 1+\frac 1 n\right)^{n+1}
(chodzi o tę drugą nierówność) i oba ciągi mają tę samą granicę. Wystarczyło to trochę zmodyfikować, by otrzymać podobne ograniczenia dla \frac 1 e, żeby zastosować do tego przykładu.

kerajs, powiedziałem koledze, żeby przejrzał dokładnie zeszyt i okazało się, że masz rację
(myślałem, że mogli robić coś podobnego na ćwiczeniach, a okazało się, że robili nawet dokładnie to).
Dokończmy "ale": nie można bez dodatkowego uzasadnienia w jednym miejscu przechodzić z n do \infty, a w drugim nie. Podobnie można by "wykazać", że
\lim_{n \to  \infty } \frac{\left( 1+\frac 1 n\right)^{n^2} }{e^n}=1
(w rzeczywistości wychodzi e^{-\frac 1 2}).
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 1 lip 2018, o 19:36 
Użytkownik

Posty: 315
A ja mam tylko takie pytanie, dlaczego

\frac{ \sqrt{9n+2}}{ \sqrt{n} }=3

Z czego to wynika?
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 1 lip 2018, o 19:40 
Użytkownik

Posty: 12660
Nie jest prawdą \frac{ \sqrt{9n+2}}{ \sqrt{n} }=3,
natomiast mamy \lim_{n \to  \infty } \frac{ \sqrt{9n+2}}{ \sqrt{n} }=3
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 1 lip 2018, o 19:59 
Użytkownik

Posty: 315
Zgadza się, przepraszam mój błąd. Jednak mimo wszystko nie do końca rozumiem dlaczego:

\lim_{n \to \infty } \frac{ \sqrt{9n+2}}{ \sqrt{n} }=3

Niby widać, że niezależnie od tego jak duże będzie n licznik zawsze będzie większy o 3+ \sqrt{2} ale jak to ładnie zapisać?
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 1 lip 2018, o 20:08 
Użytkownik

Posty: 12660
Niespecjalnie rozumiem to, co napisałeś, natomiast tak można policzyć tę granicę:
\lim_{n \to \infty } \frac{ \sqrt{9n+2}}{ \sqrt{n} }= \lim_{n \to  \infty }  \frac{ \sqrt{9n\left( 1+\frac{2}{9n}\right) } }{\sqrt{n}} =\\= \lim_{n \to  \infty } \frac{3\sqrt{n}}{\sqrt{n}} \cdot  \sqrt{1+\frac{2}{9n}}   =\\= \lim_{n \to  \infty }3 \sqrt{1+\frac{2}{9n}}=3
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 1 lip 2018, o 20:28 
Użytkownik

Posty: 315
O to właśnie chodziło. Dzięki! :lol:
Góra
Utwórz nowy temat Odpowiedz w temacie  [ Posty: 9 ] 


 Zobacz podobne tematy
 Tytuł tematu   Autor   Odpowiedzi 
 Granica ilorazu ciągów a zbiór R_+  Arek  6
 Granica ciągu z pierwiastkiem - zadanie 21  Anonymous  3
 Granica ciągu  mynihon  2
 Granica ciągu - zadanie 1317  Grzebyq  7
 Granica funkcji/funkcja odwrotna.  Anonymous  2
 
Atom [Regulamin Forum] [Instrukcja LaTeX-a] [Poradnik] [F.A.Q.] [Reklama] [Kontakt]
Copyright (C) Karpatka.pl