granica ciagu z logarytmem
- Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5221 razy
Re: granica ciagu z logarytmem
To nie jest bardzo trudne zadanie, jeśli zna się stałą Eulera \(\displaystyle{ \gamma}\).
Mamy:
\(\displaystyle{ 1+\frac{1}{3}+\ldots+\frac{1}{2n+1}=H_{2n+1}-\frac{1}{2}H_{n}\\=\red{\left(H_{2n+1}-\ln(2n+1)\right)-\frac{1}{2}\left(H_{n}-\ln n\right)+\ln\left(1+\frac{1}{2n}\right)+\ln 2}+\ln \sqrt{n}}\)
Czerwone wyrażenie na mocy twierdzenia o granicy sumy dąży do \(\displaystyle{ \frac{\gamma}{2}+\ln 2}\)
Ponadto gdy
\(\displaystyle{ a_{n}\rightarrow +\infty, \ b_{n}\rightarrow g}\), to
\(\displaystyle{ \left(1+\frac{b_{n}}{a_{n}}\right)^{a_{n}}\rightarrow e^{g}}\)
Bierzemy
\(\displaystyle{ b_{n}=\left(H_{2n+1}-\ln(2n+1)\right)-\frac{1}{2}\left(H_{n}-\ln n\right)+\ln\left(1+\frac{1}{2n}\right)+\ln 2, \ a_{n}=\ln\sqrt{n}}\)
i dostajemy wynik: \(\displaystyle{ \exp\left(\frac{\gamma}{2}+\ln 2\right)}\)
Mamy:
\(\displaystyle{ 1+\frac{1}{3}+\ldots+\frac{1}{2n+1}=H_{2n+1}-\frac{1}{2}H_{n}\\=\red{\left(H_{2n+1}-\ln(2n+1)\right)-\frac{1}{2}\left(H_{n}-\ln n\right)+\ln\left(1+\frac{1}{2n}\right)+\ln 2}+\ln \sqrt{n}}\)
Czerwone wyrażenie na mocy twierdzenia o granicy sumy dąży do \(\displaystyle{ \frac{\gamma}{2}+\ln 2}\)
Ponadto gdy
\(\displaystyle{ a_{n}\rightarrow +\infty, \ b_{n}\rightarrow g}\), to
\(\displaystyle{ \left(1+\frac{b_{n}}{a_{n}}\right)^{a_{n}}\rightarrow e^{g}}\)
Bierzemy
\(\displaystyle{ b_{n}=\left(H_{2n+1}-\ln(2n+1)\right)-\frac{1}{2}\left(H_{n}-\ln n\right)+\ln\left(1+\frac{1}{2n}\right)+\ln 2, \ a_{n}=\ln\sqrt{n}}\)
i dostajemy wynik: \(\displaystyle{ \exp\left(\frac{\gamma}{2}+\ln 2\right)}\)