Zbadaj monotoniczność ciągu.

[zofia48]

Witam, mam problem z poniższymi przykładami, proszę o pomoc.
Zbadaj monotoniczność ciągu.
a) \(\displaystyle{ a_n= \frac{ \sqrt{n} }{n+2} , n>1 }\)
b) \(\displaystyle{ a_n= \cos \left( \frac{ \pi }{3n}\right) }\)
c) \(\displaystyle{ a_n= \sqrt[3]{ n ^{3} +2 } -n }\)

[Jan Kraszewski]

A na czym polega Twój problem?

JK

[piasek101]

a) Np tak - zaczynasz klasycznie od \(\displaystyle{ a_{n+1}-a_n}\) przyjmujesz, że jest to ujemne i wykazujesz poprawność dla \(\displaystyle{ n}\) z zadania.

[zofia48]

Wydaję mi się, że rozumiem na czym polega cały "proces", działam za pomocą różnicy i ilorazu, jednak na tych przykładach się zatrzymałam, gubią mnie te pierwiastki w obliczeniach (a,c) i nie do końca wiem jak się z nimi obchodzić. Natomiast w podpunkcie b nie mam pojęcia jak zachować się gdy pojawiają się funkcje trygonometryczne.

[milew]

a) Obliczamy \(a_{1}, a_{2}, a_{3} \) i sprawdzamy, że \(a_{1}< a_{2} \) i \(a_{2}> a_{3} \). Wynika stąd, że ciąg nie jest monotoniczny.
b) Każdy ciąg jest funkcją. Wykażemy, że podany ciąg jest funkcją rosnącą. Niech \(n_1 < n_2\), dla liczb naturalnych dodatnich \(n_1\) i \( n_2\).
Wówczas \(3n_1 < 3n_2\), stąd \(\displaystyle{ \frac{1}{3n_1} >\frac{1}{3n_2}}\), więc \(\displaystyle{ \frac{\pi}{3n_1} >\frac{\pi}{3n_2}}\).
Ponieważ wszystkie liczby postaci \(\displaystyle{ \frac{\pi}{3n}}\) należą do przedziału \([0;\pi]\) w którym \(f(x)=\cos(x)\) jest w malejąca, więc \(\displaystyle{ \cos{\left (\frac{\pi}{3n_1}\right )} <\cos{\left (\frac{\pi}{3n_2}\right )}}\).
W szczególności wynika stąd, że \(a_{n}<a_{n+1}\), zatem ciąg jest rosnący.
c) \(\displaystyle{ a_n= \sqrt[3]{n^3+2} -n = \frac{\left ( \sqrt[3]{n^3+2} -n \right )\left ( \sqrt[3]{(n^3+2)^2}+n\sqrt[3]{n^3+2} +n^2 \right )}{ \sqrt[3]{(n^3+2)^2}+n\sqrt[3]{n^3+2} +n^2} = \frac{2}{ \sqrt[3]{(n^3+2)^2}+n\sqrt[3]{n^3+2} +n^2}}\) . Ponieważ mianownik przyjmuje wartości dodatnie i jest funkcją rosnącą względem \(n\), więc ciąg jest malejący.

[piasek101]

a) Obliczamy \(a_{1}, a_{2}, a_{3} \) i sprawdzamy, że \(a_{1}< a_{2} \) i \(a_{2}> a_{3} \). Wynika stąd, że ciąg nie jest monotoniczny.

Mylisz się bo w zadaniu jest ,,\(\displaystyle{ n>1}\)".

[milew]

Upss, masz rację, przepisałem tylko wzór przyjmując, że ciąg zaczyna się od \(a_1\).

[zofia48]

Dziękuję bardzo za pomoc

[milew]

Wracamy do do zadania a).
Rozwiązanie "klasyczne", tzn. wykażemy, że \(a_n > a_{n+1}\) dla \(\displaystyle{ n>1, n \in \NN}\).
Wyznaczymy wszystkie liczby naturalne większe od 1, które są rozwiązaniem nierówności \(a_n > a_{n+1}\).
\(\displaystyle{ \frac{\sqrt{n}}{n+2} > \frac{\sqrt{n+1}}{n+3} \Longleftrightarrow (n+3)\sqrt{n} >
(n+2)\sqrt{n+1} \Longleftrightarrow
(n+3)^2 n >(n+2)^2(n+1) \Longleftrightarrow
n^2+n-4>0 }\)
Rozwiązaniem tej nierówności kwadratowej w zbiorze liczb naturalnych są liczby \(n>1 \) z czego wynika, że ciąg jest malejący.

Rozwiązanie (z zastosowaniem pochodnej).
Niech \(\displaystyle{ f(x)=\frac{\sqrt{x}}{x+2}, x\in (0;\infty)}\). Wykażemy, że \(f\) jest malejąca w przedziale \( [2;\infty) \).
Funkcja jest różniczkowalna w swej dziedzinie: \(\displaystyle{ f'(x)=\frac{\frac{x+2}{2\sqrt{x}}-\sqrt{x}}{(x+2)^2}}\).
Znak pochodnej zależy od licznika: \(\displaystyle{ \frac{x+2}{2\sqrt{x}}-\sqrt{x} <0 \Longleftrightarrow x>2}\), co oznacza, że \(f\) jest malejąca w przedziale \( (2;\infty )\) i rosnąca w przedziale \( (0;2)\). Wynika stąd, że w \(x=2\) jest maksimum lokalne i jest to maksimum globalne w przedziale \( (0;\infty ) \), gdyż jest to jedyne ekstremum lokalne funkcji różniczkowalnej w tym przedziale. Zatem funkcja \(f\) ograniczona do przedziału \([2;\infty) \) jest malejąca, więc jest również malejący podany w zadaniu ciąg \(a_n\), gdyż jako funkcja jest on ograniczeniem \(f\) do zbioru liczb naturalnych większych lub równych \(2\).

[a4karo]

Rozwiązanie nieklasycze:
funkcja \(\displaystyle{ \cosh x}\) jest rosnąca dla `x>0`. Zatem ciąg \(\displaystyle{ \cosh\ln\frac{ \sqrt n}{\sqrt{2}}}\) jest rosnący dla \(\displaystyle{ n\geq 2}\).

Ale \(\displaystyle{ \cosh\ln\frac{ \sqrt n}{\sqrt{2}}=\frac{e^{\ln\frac{ \sqrt n}{\sqrt{2}}}+e^{-\ln\frac{ \sqrt n}{\sqrt{2}}}}{2}=\frac{\frac{ \sqrt n}{\sqrt{2}}+\frac{\sqrt{2}}{ \sqrt n}}{2}=\frac{n+2}{2\sqrt{2}\sqrt{n}}}\)

Stąd wynika, że ciąg \(\displaystyle{ \frac{\sqrt n}{n+2}}\) maleje.

[milew]

Świetnie, zgodnie ze słowami György Pólya - lepiej rozwiązać jedno zadanie na wiele sposobów niż wiele zadań na jeden sposób (mam nadzieję , że myśl oddałem, gdyż oryginał brzmi chyba nieco inaczej).
Mamy trzy rozwiązania - pierwsze dla ucznia liceum na poziomie podstawowym, drugie na poziomie rozszerzonym i trzecie na poziomie studiów. Może ktoś jeszcze znajdzie jakościowo inne rozwiązanie?

Dodano po 31 minutach 29 sekundach:

Upss, masz rację, przepisałem tylko wzór przyjmując, że ciąg zaczyna się od \(a_1\).

Od \(a_2\) .

[a4karo]

No to masz następne:
Dla \(\displaystyle{ n\geq 3}\) zachodzi \(\displaystyle{ \frac{1}{n+3}>\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{n}}\). Stosując dwukrotnie twierdzenie Lagrange'a otrzymujemy
\(\displaystyle{ \ln(n+3)-\ln(n+2)>\frac{1}{n+3}\geq \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{n}>\frac{1}{2}\left(\ln(n+1)-\ln(n)\right)}\),
a ta nierówność jest równoważna szukanej. Dla `n=2` sprawdzamy prawdziwość tezy "na palcach"

Dodano po 1 godzinie 14 minutach 20 sekundach:
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
No to jeszcze jeden:
Mamy pokazać, że dla `n\ge 2` zachodzi `\frac{\sqrt{n}}{n+2}>\frac{\sqrt{n+1}}{n+3}`

Znajdziemy takie `a=a(n)`, że `\frac{\sqrt{n}}{n+a}=\frac{\sqrt{n+1}}{n+3}`. Jeżeli okaże się, że `a>2`, to jesteśmy w domu, bo wtedy
`\frac{\sqrt{n}}{n+2}>\frac{\sqrt{n}}{n+a}=\frac{\sqrt{n+1}}{n+3}`.

Wyliczenie `a` nie jest trudne:
\(\displaystyle{ a=\frac{(n+3)\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}}-n=\frac{(n+3)\sqrt{n}-n\sqrt{n+1}}{\sqrt{n+1}}=\frac{2\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}}+ \frac{(n+1)\sqrt{n}-n\sqrt{n+1}}{\sqrt{n+1}}}\)

Z licznika ostatniego ułamka wyłączamy `\sqrt{n}\sqrt{n+1}`
\(\displaystyle{ a=\frac{2\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}} +\sqrt{n}\left(\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\right)=\frac{2\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}} +\frac{\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}>2\frac{\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}}+\frac{1}{2}\frac{\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}}=\frac{5}{2}\frac{\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}}}\)

Ciąg \(\displaystyle{ \frac{\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}}}\) rośnie, więc
\(\displaystyle{ a\geq \frac{5}{2}\cdot \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}=\sqrt{\frac{50}{12}}>2}\).

Mamy to

Dodano po 5 godzinach 43 minutach 27 sekundach:
-----------------------------------------------------------------------------------
Podobną ideę można wykorzystać trochę inaczej: nierówność można zapisać równoważnie \(\displaystyle{ \sqrt{\frac{n}{n+1}}>\frac{n+2}{n+3}}\).
Rozpatrzmy funkcję \(\displaystyle{ h(a)=\frac{n+a}{n+a+1}-\sqrt{\frac{n}{n+1}}}\). Ta funkcja rośnie i spełnia \(\displaystyle{ h(0)<0}\) i \(\displaystyle{ \lim_{a\to\infty} h(a)=1-\sqrt{\frac{n}{n+1}}}\), więc ma dokładnie jedno miejsce zerowe. Wyliczymy je łatwo:
\(\displaystyle{ a=\frac{(n+1)\sqrt{n}-n\sqrt{n+1}}{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}=\sqrt{n}\sqrt{n+1}>2}\).
Zatem \(\displaystyle{ f(2)<0}\), czyli to, o co chodziło.