Cześć ile wynosi granica tego wyrażenia przy \(\displaystyle{ n\to\infty}\)? tam mamy na zmiane + i - i w mianowniku kolejne potęgi \(\displaystyle{ n}\).
\(\displaystyle{ S_n=n\left[1-n\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{2n^2}+\frac{1}{3n^3}-...\right)\right]=n\left(1-1+\frac{1}{2n}-\frac{1}{3n^2}+...\right)=\frac{1}{2}-\frac{1}{3n}+...}\)
Czy to jest po prostu \(\displaystyle{ \frac{1}{2}}\)bo każdy ułamek zmierza do 0, czy z racji że tych ułamków jest nieskończenie wiele to trzeba to jakoś inaczej rozpisać?
ile wynosi ta granica
- Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5221 razy
Re: ile wynosi ta granica
Zauważmy, ze
\(\displaystyle{ \frac 1 n-\frac 1{2n^2}+\frac1{3n^3}\ldots=\ln\left( 1+\frac 1 n\right)}\).
W tej formie bardziej mi odpowiada. Dalej udowadniamy
\(\displaystyle{ x-\frac{x^2}{2}\le \ln\left( 1+x\right)\le x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}3}\)
w nieujemnych i stąd mamy
\(\displaystyle{ \frac 1 n-\frac{1}{2n^2}\le \ln\left( 1+\frac 1 n\right) \le \frac 1 n-\frac{1}{2n^2}+\frac1{3n^3}}\)
Dalej łatwo.
-- 21 maja 2019, o 20:09 --
Oczywiście nie można natomiast wnioskować bezpośrednio, ze suma nieskończenie wielu ciągów dążących do zera ma granicę zero
\(\displaystyle{ \frac 1 n-\frac 1{2n^2}+\frac1{3n^3}\ldots=\ln\left( 1+\frac 1 n\right)}\).
W tej formie bardziej mi odpowiada. Dalej udowadniamy
\(\displaystyle{ x-\frac{x^2}{2}\le \ln\left( 1+x\right)\le x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}3}\)
w nieujemnych i stąd mamy
\(\displaystyle{ \frac 1 n-\frac{1}{2n^2}\le \ln\left( 1+\frac 1 n\right) \le \frac 1 n-\frac{1}{2n^2}+\frac1{3n^3}}\)
Dalej łatwo.
-- 21 maja 2019, o 20:09 --
Oczywiście nie można natomiast wnioskować bezpośrednio, ze suma nieskończenie wielu ciągów dążących do zera ma granicę zero
-
- Użytkownik
- Posty: 194
- Rejestracja: 23 lis 2014, o 19:35
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: polska
- Podziękował: 64 razy
Re: ile wynosi ta granica
Ja to własnie robie na odwrot, mam cos takiego
\(\displaystyle{ S_n=n\ln\left[ e\left(\frac{n}{n+1}\right)^n\right]=n\ln \left[\frac{e}{\left(1+\frac{1}{n}\right)^n}\right]=n\left[ \ln e-n\ln\left(1+\frac{1}{n}\right) \right]}\)
i to tutaj rozpisuje logarytm i mam to co podalem w pierwszym poście. Podobno nie moge na tej podstawie stwierdzic ze ta granca wynosi \(\displaystyle{ \frac{1}{2}}\), ale nie rozumiem czemu. Dostajemy nieskończenie wiele ułamków które dążą do 0, czy własnie dlatego ze jest ich nieskonczenie wiele nie mozemy stwierdzic ze ich granica w sumie daje 0?
\(\displaystyle{ S_n=n\ln\left[ e\left(\frac{n}{n+1}\right)^n\right]=n\ln \left[\frac{e}{\left(1+\frac{1}{n}\right)^n}\right]=n\left[ \ln e-n\ln\left(1+\frac{1}{n}\right) \right]}\)
i to tutaj rozpisuje logarytm i mam to co podalem w pierwszym poście. Podobno nie moge na tej podstawie stwierdzic ze ta granca wynosi \(\displaystyle{ \frac{1}{2}}\), ale nie rozumiem czemu. Dostajemy nieskończenie wiele ułamków które dążą do 0, czy własnie dlatego ze jest ich nieskonczenie wiele nie mozemy stwierdzic ze ich granica w sumie daje 0?
-
- Administrator
- Posty: 34285
- Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 3 razy
- Pomógł: 5203 razy
Re: ile wynosi ta granica
Tak.degel123 pisze:JDostajemy nieskończenie wiele ułamków które dążą do 0, czy własnie dlatego ze jest ich nieskonczenie wiele nie mozemy stwierdzic ze ich granica w sumie daje 0?
JK
-
- Użytkownik
- Posty: 194
- Rejestracja: 23 lis 2014, o 19:35
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: polska
- Podziękował: 64 razy
Re: ile wynosi ta granica
No okej chciałem się właśnie upewnić czy można w ten sposób to zrobić czy nie. Rozumiem że tak można tylko dla skończonej ilości. Czy ktoś zna przykład gdy moje rozumowanie zawodzi?
- MrCommando
- Użytkownik
- Posty: 554
- Rejestracja: 5 gru 2016, o 21:55
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Płock/MiNI PW
- Podziękował: 48 razy
- Pomógł: 107 razy
ile wynosi ta granica
Na przykład dla ciągu \(\displaystyle{ a_n=\frac{1+2+\dots+n}{n^2}}\) to prowadzi do błędnego wyniku. Granica tego ciągu jest równa \(\displaystyle{ \frac{1}{2}}\).
- Dasio11
- Moderator
- Posty: 10225
- Rejestracja: 21 kwie 2009, o 19:04
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 40 razy
- Pomógł: 2362 razy
Re: ile wynosi ta granica
\(\displaystyle{ \frac{1}{x} \left[ 1 - \frac{1}{x} \ln(1+x) \right] = \frac{1}{x} \left[ 1 - \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{k+1} \cdot x^k \right] = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{k+2} \cdot x^k = P(x)}\)
Wstawiając \(\displaystyle{ x = \frac{1}{n}}\), dostajemy
\(\displaystyle{ n \left[ 1 - n \ln \left( 1 + \frac{1}{n} \right) \right] = P \left( \frac{1}{n} \right)}\).
Teraz można powołać się na ciągłość szeregów potęgowych, wnioskując że
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} n \left[ 1 - n \ln \left( 1 + \frac{1}{n} \right) \right] = P(0) = \frac{1}{2}}\).
Wstawiając \(\displaystyle{ x = \frac{1}{n}}\), dostajemy
\(\displaystyle{ n \left[ 1 - n \ln \left( 1 + \frac{1}{n} \right) \right] = P \left( \frac{1}{n} \right)}\).
Teraz można powołać się na ciągłość szeregów potęgowych, wnioskując że
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} n \left[ 1 - n \ln \left( 1 + \frac{1}{n} \right) \right] = P(0) = \frac{1}{2}}\).