Dane są:
\(\displaystyle{ q>1 \\
k \in \NN \\
c>0 \\
n \in \NN}\)
Udowodnij, że \(\displaystyle{ q^{n} \ge cn^{k}}\).
Nierówność w dowodzie
Nierówność w dowodzie
Ostatnio zmieniony 12 paź 2018, o 10:07 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Poprawa wiadomości.
Powód: Poprawa wiadomości.
-
Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5220 razy
Nierówność w dowodzie
Przecież to nie jest prawda w ogólności, weź \(\displaystyle{ n=2, \ q=2, \ c=50,\ k=1}\) i masz bardzo ciekawą nierówność \(\displaystyle{ 4\ge 100}\). Chodzi o to, że taka nierówność zajdzie dla dostatecznie dużych \(\displaystyle{ n\in \NN}\) przy ustalonych \(\displaystyle{ q, \ k, \ c}\) jak wyżej. Ponadto nie ma to nic wspólnego z algebrą abstrakcyjną, przerzućcie to do analizy.
Pokażę, jak można sobie z tym poradzić w poprawnej wersji. Ustalmy dowolne \(\displaystyle{ q>1, \ c>0, \ k\in \NN}\). Niech \(\displaystyle{ a_n=\frac{q^n}{n^k}}\). Wówczas
\(\displaystyle{ \frac{a_{n+1}}{a_n}=q\left( 1-\frac 1 {n+1}\right)^k}\)
Oczywiście \(\displaystyle{ \lim_{ n \to \infty } \left( 1-\frac 1 {n+1}\right)^k=1}\), zatem
\(\displaystyle{ \lim_{ n \to \infty } q\left( 1-\frac 1 {n+1}\right)^k=q}\).
Niech \(\displaystyle{ q=1+2a, \ a>0}\). Skoro
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } \frac{a_{n+1}}{a_n}=q}\), to z definicji granicy dla dostatecznie dużych \(\displaystyle{ n}\) mamy \(\displaystyle{ \left|q- \frac{a_{n+1}}{a_n}\right| <a}\), w szczególności wówczas \(\displaystyle{ \frac{a_{n+1}}{a_n}>1+a}\) dla \(\displaystyle{ n\ge n_0}\).
Ponadto dla dowolnego \(\displaystyle{ n\in \NN}\) większego niż \(\displaystyle{ n_0}\) zachodzi:
\(\displaystyle{ a_n=a_{n_0} \prod_{k=n_0}^{n-1} \frac{a_{k+1}}{a_k}}\)
Wówczas korzystając z nierówności
\(\displaystyle{ \frac{a_{k+1}}{a_k} >1+a}\) dla \(\displaystyle{ k=n_0, n_0+1, \ldots n-1}\) i mnożąc je stronami, dostajemy
\(\displaystyle{ a_n>a_{n_0}(1+a)^{n-n_0}\ge a_{n_0}(1+a(n-n_0))>(a_{n_0}a)\cdot (n-n_0)}\)
gdzie w przedostatniej nierówności skorzystałem z nierówności Bernoulliego.
Ponieważ
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } (a_{n_0} a)(n-n_0)=+\infty}\), więc istnieje takie \(\displaystyle{ n_1\in \NN}\), że dla każdego \(\displaystyle{ n\ge n_1}\) mamy
\(\displaystyle{ (a_{n_0} a)(n-n_0)>c}\).
Niech teraz \(\displaystyle{ n>\max\left\{ n_0, n_1\right\}}\), wówczas teza.
Pokażę, jak można sobie z tym poradzić w poprawnej wersji. Ustalmy dowolne \(\displaystyle{ q>1, \ c>0, \ k\in \NN}\). Niech \(\displaystyle{ a_n=\frac{q^n}{n^k}}\). Wówczas
\(\displaystyle{ \frac{a_{n+1}}{a_n}=q\left( 1-\frac 1 {n+1}\right)^k}\)
Oczywiście \(\displaystyle{ \lim_{ n \to \infty } \left( 1-\frac 1 {n+1}\right)^k=1}\), zatem
\(\displaystyle{ \lim_{ n \to \infty } q\left( 1-\frac 1 {n+1}\right)^k=q}\).
Niech \(\displaystyle{ q=1+2a, \ a>0}\). Skoro
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } \frac{a_{n+1}}{a_n}=q}\), to z definicji granicy dla dostatecznie dużych \(\displaystyle{ n}\) mamy \(\displaystyle{ \left|q- \frac{a_{n+1}}{a_n}\right| <a}\), w szczególności wówczas \(\displaystyle{ \frac{a_{n+1}}{a_n}>1+a}\) dla \(\displaystyle{ n\ge n_0}\).
Ponadto dla dowolnego \(\displaystyle{ n\in \NN}\) większego niż \(\displaystyle{ n_0}\) zachodzi:
\(\displaystyle{ a_n=a_{n_0} \prod_{k=n_0}^{n-1} \frac{a_{k+1}}{a_k}}\)
Wówczas korzystając z nierówności
\(\displaystyle{ \frac{a_{k+1}}{a_k} >1+a}\) dla \(\displaystyle{ k=n_0, n_0+1, \ldots n-1}\) i mnożąc je stronami, dostajemy
\(\displaystyle{ a_n>a_{n_0}(1+a)^{n-n_0}\ge a_{n_0}(1+a(n-n_0))>(a_{n_0}a)\cdot (n-n_0)}\)
gdzie w przedostatniej nierówności skorzystałem z nierówności Bernoulliego.
Ponieważ
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } (a_{n_0} a)(n-n_0)=+\infty}\), więc istnieje takie \(\displaystyle{ n_1\in \NN}\), że dla każdego \(\displaystyle{ n\ge n_1}\) mamy
\(\displaystyle{ (a_{n_0} a)(n-n_0)>c}\).
Niech teraz \(\displaystyle{ n>\max\left\{ n_0, n_1\right\}}\), wówczas teza.