Matematyka.pl

Ala taka nierówność chyba w ogólnie nie jest prawdziwa. Wystarczy położyć \(\displaystyle{ a_i=1}\) wtedy lewa strona to zera a prawa \(\displaystyle{ 1-n}\) więc dla \(\displaystyle{ n \ge 2}\) nierówność nie jest prawdziwa.

Z wzoru Taylora na dysku jednostkowym mamy \ln\left( \frac{z+1}{1-z} \right)=2z+ \frac{2}{3}z^3+ \frac{2}{5}z^5+ \frac{2}{7}z^7+... kładąc z \rightarrow \frac{1}{z} dostaniemy rozwinięcie Laurenta poza tym dyskiem w zerze \ln\left( \frac{ \frac{1}{z} +1}{1- \frac{1}{z} } \right)=\ln\left( \frac{ z +...

Nierówności Bernulliego wydaje mi się niepotrzebną komplikacją. A jeśli nie znasz nierówności Bernulliego to też sobie poradzisz, jako że możesz zauważyć że skoro \lim_{ n\to \infty } (1+a_{n})^{n} istnieje to ciąg (1+a_{n})^{n} jest ograniczony z góry z dołu mamy to gwarantowane przez a_n>0 . 0 \le...

Słowami. Ściana matematycznych znaczków wygląda odstraszająco.

Nie trzeba znać wszystkie nierówności na pamięć, lepiej rozumować na bieżąco. Skoro już wiedziałem że \frac{\ln\left( 1+ \frac{1}{n} \right) }{\frac{1}{n}} \rightarrow 1 to dla dużych n wiemy że \ln\left( 1+ \frac{1}{n} \right) \approx \frac{1}{n} czyli na pewno \frac{1}{2n} \le \ln\left( 1+ \frac{1...

Tak, zgadza się. Można też powiedzieć że inf jest też najmniejszym elementem a sup dostaniesz jak \(\displaystyle{ n \rightarrow \infty}\).

Da się. Za pomocą kryterium porównawczego, bo dla dostatecznie dużych n prawdziwe są nierówność. \frac{1}{2n} \le \ln\left( 1+ \frac{1}{n} \right) \frac{1}{3n} \le \sqrt{n ^{2}+1 }-n to że te nierówności zachodzą dopiero od pewnego do pewnego miejsca w niczym nie przeszkadza bo skończona ilość pierw...

Zauważ że \(\displaystyle{ 0 \le 1- \frac{1}{n} \le 1}\)

Nie to miałeś zauważyć, choć to co piszesz jest prawdą. Taka forma zapisu dużo bardziej narzuca metodę która już daje rozwiązanie bo:

\(\displaystyle{ \sqrt{n ^{2}+1 }-n= \frac{1}{\sqrt{n ^{2}+1 }+n} \approx \frac{1}{2n}}\)

A to już wystarcza. Kryterium ilorazowe żeby być super formalnym wystarcza.

1) Kryterium ilorazowym z \(\displaystyle{ \sum_{}^{} \frac{1}{n}}\)
2) zobacz że \(\displaystyle{ \sqrt{n ^{2}+1 }-n= \frac{1}{\sqrt{n ^{2}+1 }+n}}\)

Jeśli t \rightarrow \pm \infty to \left( 1+ \frac{1}{t} \right)^t \rightarrow e tu będzie podobnie tylko trzeba to zapisać odpowiednio. \left( e^{2x}+x\right) ^{ \frac{1}{x}}=\left( \left( 1+ \frac{1}{\left( e^{2x}+x-1\right)^{-1} } \right)^{\left( e^{2x}+x-1\right)^{-1}}\right) ^{\left( e^{2x}+x-1...

Możesz skorzystać ze wzoru \(\displaystyle{ a^b=e^{b\ln a}}\) i ciągłości eksponenty. Czyli na przykład

\(\displaystyle{ x^x=e^{x\ln x} \rightarrow e^{0}=1}\)

bo \(\displaystyle{ \lim_{x \to 0^+}x\ln x=0}\) w pozostałych przypadkach podobnie

Można zauważyć że do dowolniej liczby c\in \RR można dążyć po liczbach wymiernych od góry i od dołu. Czyli dla dowolnego a_n \rightarrow c istnieją też dwa ciągi liczb wymiernych takie że q'_n \le a_n \le q''_n . Wiemy też że f(q_n) \rightarrow 0 dla każdego ciągu wymiernego więc w szczególności q'_...

To już było tu

Możesz tak zrobić ale to jest to samo co zrobił Premislav w ostatnim dowodzie. Liczba \frac{g+1}{2} jest średnią arytmetyczną 1 oraz g dlatego jest z przedziału \left( g,1\right) a skoro \sqrt[n]{ a_{n} } \rightarrow g to od pewnego momentu N wyrazy ciągu są mniejsze od \frac{g+1}{2} w przeciwnym ra...