Dowieść granicy

Dział przeznaczony przede wszystkim dla licealistów. Róznica i iloraz ciągu. Suma ciągu arytemtycznego oraz geometrycznego.
Edward W
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 202
Rejestracja: 15 paź 2013, o 15:58
Płeć: Mężczyzna
Podziękował: 38 razy
Pomógł: 11 razy

Dowieść granicy

Post autor: Edward W » 5 lut 2014, o 22:40

Posługując się definicją granicy, dowieść, że: \(\displaystyle{ \lim_{n \to\infty } 2^{\sqrt{n}}=\infty}\).

\(\displaystyle{ \lim_{n \to\infty } 2^{\sqrt{n}}=\infty\iff\forall a>0\exists n_0\in\mathbb N\forall n\ge n_0, n\in\mathbb N: 2^{\sqrt{n}}>a}\)



Niech \(\displaystyle{ a>0}\).

\(\displaystyle{ 2^{\sqrt{n}}>a\iff\sqrt{n}>log_{2}a}\)

\(\displaystyle{ \sqrt{n}>\sqrt[3]{n}>log_{2}a}\)

\(\displaystyle{ \sqrt[3]{n}>log_{2}a\iff n>(log_{2}a)^3}\)

Weźmy więc \(\displaystyle{ n_0=[|(log_{2}a)^3|]+1}\)

Czy wszystko jest tutaj ok?

chris_f
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 2727
Rejestracja: 14 paź 2004, o 16:26
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: podkarpacie
Podziękował: 3 razy
Pomógł: 945 razy

Dowieść granicy

Post autor: chris_f » 6 lut 2014, o 09:36

Po co wprowadzasz ten pierwiastek trzeciego stopnia?
Po prostu z nierówności
\(\displaystyle{ \sqrt{n}>\log_2a}\)
dostajesz
\(\displaystyle{ n>(\log_2a)^2}\)
i bierzesz
\(\displaystyle{ n_0=\left[(\log_2a)^2\right]+1}\)

Z drugiej strony Twoje rozumowanie jest jak najbardziej poprawne, tyle, że trochę je udziwniłeś.
Ostatnio zmieniony 6 lut 2014, o 11:02 przez chris_f, łącznie zmieniany 1 raz.

superos
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 5
Rejestracja: 27 sty 2014, o 14:43
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Polska

Dowieść granicy

Post autor: superos » 6 lut 2014, o 10:48

Lepiej zrobić to tak jak pokazał kolega wyżej , szybciej lecz szansa , że zrobisz gdzieś błąd jest większa :p

Edward W
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 202
Rejestracja: 15 paź 2013, o 15:58
Płeć: Mężczyzna
Podziękował: 38 razy
Pomógł: 11 razy

Dowieść granicy

Post autor: Edward W » 6 lut 2014, o 12:27

Jak rozumiem, aby dostać: \(\displaystyle{ n>(\log_2a)^2}\) podnosimy do kwadratu \(\displaystyle{ \sqrt{n}>\log_2a}\), no ale czy możemy?
\(\displaystyle{ \log_2a, a>0}\) może przyjmować wartości ujemne...

chris_f
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 2727
Rejestracja: 14 paź 2004, o 16:26
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: podkarpacie
Podziękował: 3 razy
Pomógł: 945 razy

Dowieść granicy

Post autor: chris_f » 6 lut 2014, o 12:56

Zgadza się. Tyle, że my chcemy wykazać, że granicą jest plus nieskończoność.
Można od razu napisać, że dla \(\displaystyle{ a<1}\) nierówność \(\displaystyle{ 2^{\sqrt{n}}>a}\) jest prawdziwa dla wszystkich \(\displaystyle{ n}\), czyli można przyjąć \(\displaystyle{ n_0=1}\) i nie trzeba żadnych rachunków wykonywać.
Dopiero dla \(\displaystyle{ a>1}\) trzeba te rachunki wykonać, żeby szukane \(\displaystyle{ n_0}\) wskazać. Ale wtedy \(\displaystyle{ \log_2a>0}\) i można bezpiecznie podnosić do kwadratu.

PS. To założenie przy kwantyfikatorze, że \(\displaystyle{ a>0}\) jest zbędne. Może być ujemne i definicja dalej ma sens.
Ostatnio zmieniony 7 lut 2014, o 10:56 przez chris_f, łącznie zmieniany 1 raz.

Edward W
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 202
Rejestracja: 15 paź 2013, o 15:58
Płeć: Mężczyzna
Podziękował: 38 razy
Pomógł: 11 razy

Dowieść granicy

Post autor: Edward W » 7 lut 2014, o 10:33

Dziękuję, a w takim przypadku?

\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty}\frac{2n}{n^3+1}=0}\).

\(\displaystyle{ \left| \frac{2n}{n^{3}+1}\right| <\varepsilon \iff \frac{2n}{n^{3}+1}<\varepsilon\iff \frac{n^{3}+1}{2n}<\frac{1}{\varepsilon} \iff n^{2}+\frac{1}{n}>n^{2}>\frac{2}{\varepsilon} \\ n_{0}=[\sqrt{\frac{2}{\varepsilon}}]+1}\).
Ostatnio zmieniony 7 lut 2014, o 13:11 przez Edward W, łącznie zmieniany 3 razy.

chris_f
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 2727
Rejestracja: 14 paź 2004, o 16:26
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: podkarpacie
Podziękował: 3 razy
Pomógł: 945 razy

Dowieść granicy

Post autor: chris_f » 7 lut 2014, o 11:09

Masz błąd w formule, ale domyślam sie co tam powinno być . Tym razem granicą jest zero, tak więc sprawdzamy nieco inny warunek
\(\displaystyle{ \bigwedge\limits_{\varepsilon>0}\bigvee\limits_{N_0}\bigwedge\limits_{n>N_0} |a_n-g|<\varepsilon}\)
Ustalamy zatem \(\displaystyle{ \varepsilon>0}\). Mamy wtedy warunek
\(\displaystyle{ \left|\frac{2}{n^3+1}-0\right|<\varepsilon}\)
\(\displaystyle{ -\varepsilon<\frac{2}{n^3+1}<\varepsilon}\)
Nierówność po lewej stronie jest zawsze prawdziwa, zajmujemy się zatem nierównością po prawej.
\(\displaystyle{ \frac{2}{n^3+1}<\varepsilon}\)
\(\displaystyle{ 2<\varepsilon n^3+\varepsilon}\)
\(\displaystyle{ 2-\varepsilon<\varepsilon n^3}\)
\(\displaystyle{ n^3>\frac{2-\varepsilon}{\varepsilon}}\)
\(\displaystyle{ n>\sqrt[3]{\frac{2-\varepsilon}{\varepsilon}}}\)
i przyjmujemy
\(\displaystyle{ N_0=\left[\sqrt[3]{\frac{2-\varepsilon}{\varepsilon}}\right]+1}\)

Edward W
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 202
Rejestracja: 15 paź 2013, o 15:58
Płeć: Mężczyzna
Podziękował: 38 razy
Pomógł: 11 razy

Dowieść granicy

Post autor: Edward W » 7 lut 2014, o 13:08

Dziękuję, aczkolwiek wkradł się tam dość poważny błąd, który trochę zmienia (w mojej próbie jest to, co powinno być i jak dla mnie "błąd w formule" się już nie wyświetla, czy dla Ciebie jest teraz również widoczna ta próba?).

Miało być:

\(\displaystyle{ \lim_{n \to\infty }\frac{2n}{n^3+1}=0}\)

chris_f
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 2727
Rejestracja: 14 paź 2004, o 16:26
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: podkarpacie
Podziękował: 3 razy
Pomógł: 945 razy

Dowieść granicy

Post autor: chris_f » 7 lut 2014, o 13:29

Teraz już widzę całość. To \(\displaystyle{ n}\) zmienia oczywiście całość. Rzeczywiście wtedy trzeba szacować bo wyliczenie \(\displaystyle{ N_0}\) wprost było by bardzo ciężkie. Wszystko wygląda w Twoim rozumowaniu w porządku.

ODPOWIEDZ