Granica ciągu

[janusz47]

Wczoraj na forum przedstawiono zadanie:

Proszę obliczyć granicę ciągu

\(\displaystyle{ \lim_{n\to \infty} \left( \sqrt[n]{2} + \sqrt[n]{3} - \sqrt[n]{5}\right)^{n}. }\)

Stosując podstawienie: \(\displaystyle{ \frac{1}{n} = t }\) przechodzimy do obliczenia granicy:

\(\displaystyle{ \lim_{t\to 0^{+}} \left( 2^{t} + 3^{t} - 5^{t} \right)^{\frac{1}{t}}. }\)

Oznaczmy \(\displaystyle{ f(t) = \left( 2^{t} + 3^{t} - 5^{t} \right). }\)

\(\displaystyle{ \lim_{t\to 0^{+}} f(t) = \lim_{t\to 0^{+}} \left( 2^{t} + 3^{t} - 5^{t} \right) =1 }\)

Stąd

\(\displaystyle{ \lim_{t\to 0^{+}} \left( 2^{t} + 3^{t} - 5^{t} \right)^{\frac{1}{t}} = e ^{\lim_{t\to 0^{+}}\frac{f(t) -1}{t}} \ \ (*)}\)

Ponieważ

\(\displaystyle{ \lim_{t\to 0^{+}} \frac{f(t) -1}{t} = \lim_{t\to 0^{+}} \frac{2^{t} +3^{t} -5^{t} -1}{t} = \lim_{t\to 0^{+}} \left(\frac{2^{t}-1}{t} + \frac{3^{t}-1}{t}- \frac{5^{t}-1}{t} \right) = \ln(2) + \ln(3) - \ln(5) = \ln\left(\frac{6}{5} \right), }\)

to z \(\displaystyle{ (*) }\)

\(\displaystyle{ \lim_{t\to 0^{+}} \left( 2^{t} + 3^{t} - 5^{t} \right)^{\frac{1}{t}} = e^{\ln\left(\frac{6}{5}\right)} = \frac{6}{5}. }\)

[Tmkk]

A po co jest podstawienie \(\displaystyle{ \frac{1}{n} = t}\)? Nie mówię, że jest niepoprawne, zastanawiam się tylko, w czym to tu pomaga.

[janusz47]

Rozumiesz obliczenie tej granicy?

[Tmkk]

Rozumiesz pytanie, które zadaję?

Tak, rozumiem obliczenie tej granicy. Pytam, dlaczego podstawiasz \(\displaystyle{ \frac{1}{n} = t}\). Do czego jest Ci to potrzebne, mógłbyś to wytłumaczyć?

[arek1357]

coś nie tak

[janusz47]

Jak rozumiesz obliczenie tej granicy, to oblicz ją bez postawienia, gdy \(\displaystyle{ n\to \infty. }\)

[szw1710]

Tmkk, arek1357, nie dajcie się wmanewrować. Cały ten wątek jest związany z wczorajszą dyskusją, gdzie janusz47 nie zajmował się niczym innym niż obrażaniem uczestników forum. Temat został zamknięty, bo wszystko zostało tam merytorycznie powiedziane. Teraz najlepiej jest ignorować niedowartościowanie pana janusz47.

[janusz47]

Nie wszystko zostało wczoraj dopowiedziane, zwłaszcza przez pana. Widzi pan jak można prosto obliczyć granicę nie wymyślając pojęć, które pan wczoraj wymyślał i nie przedstawił.

[szw1710]

Pisałem, że mogę to opisać w kompendium, a Pan to wyśmiał. Ale gdy znajdę czas, to może opiszę. A teraz szkoda spamować forum. Proszę przestać hejtować, a zająć się uzupełnieniem wiedzy.

A pojęcia to nie ja wymyślałem, ale mądrzejsze głowy. Wspólnie z kolegą a4karo chcieliśmy nieco rozjaśnić Pański umysł, ale pokłady mroku są w nim niepojęte. Już choćby zwrot, że wymyślam pojęcia świetnie oddaje Pański poziom naukowy.

[janusz47]

Nigdy dobrej wiedzy na kompendium nie wyśmiewałem i nie będę wyśmiewał. Ma pan rację - pańskie podburzanie innych na forum nic nowego do obliczenia tej granicy nie wnosi i lepiej zamiast "hejtowania" zająć się uzupełnianiem wiedzy.

[a4karo]

Nie wszystko zostało wczoraj dopowiedziane, zwłaszcza przez pana. Widzi pan jak można prosto obliczyć granicę nie wymyślając pojęć, które pan wczoraj wymyślał i nie przedstawił.

Może jednak nie tak prosto. Zechciej uzasadnić dwie rzeczy :
A - prawdziwość równości, którą oznaczyłeś gwiazdką
B - dlaczego wyrażenie, którego granice liczysz, ma sens

[Premislav]

Wtrącę się z (mam nadzieję) w miarę elementarnym wyprowadzeniem granicy
\(\displaystyle{ \lim_{x\to 0^{+}}\frac{a^{x}-1}{x}=\ln a}\), gdzie \(\displaystyle{ a>0}\)
(której, jak wskazano w zacytowanym wątku, nie należy liczyć z de l'Hospitala… no ewentualnie można to rozważyć w sytuacji, gdy funkcję wykładniczą wprowadzono od razu jako szereg potęgowy, wraz z twierdzeniem o różniczkowaniu szeregów potęgowych, co rzadko się zdarza i prędzej na funkcjach analitycznych/analizie zespolonej niż na jakiejs analizie 1).
Zaczniemy od od dosyć podobnej granicy:
\(\displaystyle{ \lim_{x\to 0^{+}}\frac{e^{x}-1}{x}=1}\)
Dla \(\displaystyle{ y>-1}\) ciąg \(\displaystyle{ a_{n}=\left(1+\frac{y}{n}\right)^{n}}\) jest rosnący (co wynika z nierówności Bernoulliego) i zbieżny do \(\displaystyle{ e^{y}}\). Zatem mamy w szczególności dla \(\displaystyle{ x>0}\) co następuje:
\(\displaystyle{ 1+x=a_{1}\le a_{n}<e^{x}}\), czyli \(\displaystyle{ e^{x}-1>x \ (\heartsuit)}\).
Z drugiej strony, podstawiając w powyższej nierówności
\(\displaystyle{ x:=-x}\), gdzie \(\displaystyle{ x\in (0,1)}\), dostajemy
\(\displaystyle{ 1-x=a_{1}\le a_{n}<e^{-x}}\), a równoważnie
\(\displaystyle{ e^{x}<\frac{1}{1-x}\\e^{x}-1<\frac{x}{1-x}, \ x\in (0,1) \ (\spadesuit)}\).

Korzystając z nierówności \(\displaystyle{ (\heartsuit), \ (\spadesuit)}\) dostajemy dla \(\displaystyle{ x\in (0,1)}\):
\(\displaystyle{ 1<\frac{e^{x}-1}{x}<\frac{1}{1-x}}\)
i na mocy twierdzenia o trzech funkcjach natychmiast otrzymujemy
\(\displaystyle{ \lim_{x\to 0^{+}}\frac{e^{x}-1}{x}=1}\)

Teraz niech \(\displaystyle{ a>0}\). Sprowadzimy do powyższej granicę
\(\displaystyle{ \lim_{x\to 0^{+}}\frac{a^{x}-1}{x}}\)
Mianowicie, jeśli \(\displaystyle{ a>1}\), to zapisujemy
\(\displaystyle{ \frac{a^{x}-1}{x}=\ln (a)\cdot \frac{e^{x\ln (a)}-1}{x\ln(a)}}\)
i korzystamy z wyprowadzonej wcześniej granicy,
natomiast jeżeli \(\displaystyle{ a\in(0,1)}\), to inaczej przekształcamy ten ułamek:
\(\displaystyle{ \frac{a^{x}-1}{x}=\frac{\left(\frac{1}{a}\right)^{x}-1}{x}\cdot \frac{-1}{a^{-x}}}\)
i pierwszy czynnik dąży do \(\displaystyle{ \ln\left(\frac{1}{a}\right)=-\ln(a)}\), wszak \(\displaystyle{ \frac{1}{a}>1}\), zaś drugi do \(\displaystyle{ -1}\), co daje nam upragniony wynik.

[a4karo]

Można skorzystać ze znanej nierówności
\(\displaystyle{ \left(1+\frac{1}{n}\right)^n<e<\left(1+\frac{1}{n-1}\right)^n}\)
Stąd
\(\displaystyle{ \frac{1}{n}<e^{1/n}-1<\frac{1}{n-1}}\)
i
\(\displaystyle{ 1<\frac{e^{1/n}-1}{1/n}<\frac{n}{n-1}}\)

I teraz trochę magii. Niech \(\displaystyle{ h(a)=\lim_{t\to 0}\frac{a^t-1}{t}}\)
Wtedy

\(\displaystyle{ h(ab)=\lim_{t\to 0}\frac{(ab)^t-1}{t}=\lim_{t\to 0}\frac{(ab)^t-b^t+b^t-1}{t}=\lim_{t\to 0}b^t\frac{(a)^t-1}{t}+\lim_{t\to 0}\frac{(b)^t-1}{t}=h(a)+h(b)}\)

Zatem `h(a)=\log_? a`, a ponieważ `h(e)=1`, to `h(a)=\ln a`

[janusz47]

Dodatkowo \(\displaystyle{ f(x) = 2^{x} + 3^{x} -5^{x} >0 }\) dla małych \(\displaystyle{ x >0.}\)

[a4karo]

No to po pierwszorocznemu;
\(\displaystyle{ \left(1+\frac{1}{n}\right)^n<e<\left(1+\frac{1}{n-1}\right)^n}\)

Stąd
\(\displaystyle{ \left(1+\frac{1}{n}\right)^{\ln 2}<2^{1/n}<\left(1+\frac{1}{n-1}\right)^{\ln 2}}\)
\(\displaystyle{ \left(1+\frac{1}{n}\right)^{\ln 3}<3^{1/n}<\left(1+\frac{1}{n-1}\right)^{\ln 3}}\)
\(\displaystyle{ \left(1+\frac{1}{n}\right)^{\ln 5}<5^{1/n}<\left(1+\frac{1}{n-1}\right)^{\ln 5}}\)

Lub po podstawieniu `t=1/n`

\(\displaystyle{ \left(1+t\right)^{\ln 2}<2^{t}<\left(1-t\right)^{-\ln 2}}\)
\(\displaystyle{ \left(1+t\right)^{\ln 3}<3^{t}<\left(1-t\right)^{-\ln 3}}\)
\(\displaystyle{ \left(1+t\right)^{\ln 5}<5^{t}<\left(1-t\right)^{-\ln 5}}\)

Czyli
\(\displaystyle{ \left( \left(1+t\right)^{\ln 2}+ \left(1+t\right)^{\ln 3} - \left(1-t\right)^{-\ln 5} \right)^{1/t}<\left(2^{t}+3^{t}-5^t\right)^{1/t}<\left(\left(1-t\right)^{-\ln 2}+\left(1-t\right)^{-\ln 3}- \left(1+t\right)^{\ln 5} \right)^{1/t}}\)

Granicę lewej i prawej strony liczymy regułą de l'Hospitala po uprzednim zlogarytmowaniu.