Ciąg \(\displaystyle{ (x_n)}\) jest określony następująco:
\(\displaystyle{ x_{1}=1,x_{n+1}=x_{n}+\frac{1}{x_{1}+x_{2}+...+x_{n}}}\)
Pokaż że \(\displaystyle{ \lim_{n\to \infty} \frac{x_n}{\sqrt{2\ln n}}=1}\)
granica ciągu rekurencyjnego
-
pyzol
- Użytkownik
- Posty: 4346
- Rejestracja: 26 kwie 2010, o 11:39
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Nowa Ruda
- Podziękował: 5 razy
- Pomógł: 929 razy
granica ciągu rekurencyjnego
Wielkie Edit:
Chyba mam ale bardzo pokręcone i nie jestem do końca pewien, czy gdzieś nie skłamałem.
Pierwsza sprawa, że zajmę się ciągiem \(\displaystyle{ x_n^2}\). Można pokazać, że jest on rozbieżny do nieskończoności.
Natomiast jeśli chodzi o samą granicę, to trzeba podwójnie zastosować tw. Stolza. Dla uproszczenia zapisu wprowadzę:
\(\displaystyle{ S=x_1+\cdots+x_n\\
\lim_{n}\frac{x_{n+1}^2-x_n^2}{2\ln (1+1/n)}=\lim_{n}\frac{\left(x_n+\frac{1}{S} \right)^2 -x_n^2}{2\ln (1+1/n)}=\lim_{n}\frac{x_n^2+\frac{2x_n}{S}+\frac{1}{S^2}-x_n^2}{2\ln (1+1/n)}=\\
=\lim_{n}\frac{\frac{2x_n}{S}+\frac{1}{S^2}}{2\ln (1+1/n)}}\)
Mnożymy licznik i mianownik przez \(\displaystyle{ n/2}\):
\(\displaystyle{ =\lim_{n}\frac{\frac{nx_n}{S}+\frac{n}{2S^2}}{n\ln (1+1/n)}=\lim_{n}\frac{nx_n}{S}+\lim_{n}\frac{n}{2S^2}}\)
No i ponownie stosujemy twierdzenie.
\(\displaystyle{ \lim_{n}\frac{n x_n}{S}=\lim_{n}\frac{(n+1)x_{n+1}-nx_n}{x_{n+1}}=\lim_{n}\frac{nx_n+x_n+(n+1)\frac{1}{S}- nx_n}{x_{n+1}}=\lim_{n}\frac{x_n+(n+1)\frac{1}{S}}{x_{n+1}}=\\
=\lim_{n}\frac{x_{n}}{x_{n+1}}+\lim_{n}\frac{n+1}{x_{n+1}S}}\)
Zauważmy, że \(\displaystyle{ S=x_1+...+x_n \ge nx_1=n}\), natomiast \(\displaystyle{ x_{n+1}}\) dąży do nieskończoności. Pierwsza z granic wynosi natomiast 1.
\(\displaystyle{ =1+0=1}\)
Natomiast granica:
\(\displaystyle{ \lim_{n}\frac{n}{2S^2} \le \lim_{n}\frac{n}{2n^2}=0}\)
Chyba mam ale bardzo pokręcone i nie jestem do końca pewien, czy gdzieś nie skłamałem.
Pierwsza sprawa, że zajmę się ciągiem \(\displaystyle{ x_n^2}\). Można pokazać, że jest on rozbieżny do nieskończoności.
Natomiast jeśli chodzi o samą granicę, to trzeba podwójnie zastosować tw. Stolza. Dla uproszczenia zapisu wprowadzę:
\(\displaystyle{ S=x_1+\cdots+x_n\\
\lim_{n}\frac{x_{n+1}^2-x_n^2}{2\ln (1+1/n)}=\lim_{n}\frac{\left(x_n+\frac{1}{S} \right)^2 -x_n^2}{2\ln (1+1/n)}=\lim_{n}\frac{x_n^2+\frac{2x_n}{S}+\frac{1}{S^2}-x_n^2}{2\ln (1+1/n)}=\\
=\lim_{n}\frac{\frac{2x_n}{S}+\frac{1}{S^2}}{2\ln (1+1/n)}}\)
Mnożymy licznik i mianownik przez \(\displaystyle{ n/2}\):
\(\displaystyle{ =\lim_{n}\frac{\frac{nx_n}{S}+\frac{n}{2S^2}}{n\ln (1+1/n)}=\lim_{n}\frac{nx_n}{S}+\lim_{n}\frac{n}{2S^2}}\)
No i ponownie stosujemy twierdzenie.
\(\displaystyle{ \lim_{n}\frac{n x_n}{S}=\lim_{n}\frac{(n+1)x_{n+1}-nx_n}{x_{n+1}}=\lim_{n}\frac{nx_n+x_n+(n+1)\frac{1}{S}- nx_n}{x_{n+1}}=\lim_{n}\frac{x_n+(n+1)\frac{1}{S}}{x_{n+1}}=\\
=\lim_{n}\frac{x_{n}}{x_{n+1}}+\lim_{n}\frac{n+1}{x_{n+1}S}}\)
Zauważmy, że \(\displaystyle{ S=x_1+...+x_n \ge nx_1=n}\), natomiast \(\displaystyle{ x_{n+1}}\) dąży do nieskończoności. Pierwsza z granic wynosi natomiast 1.
\(\displaystyle{ =1+0=1}\)
Natomiast granica:
\(\displaystyle{ \lim_{n}\frac{n}{2S^2} \le \lim_{n}\frac{n}{2n^2}=0}\)