[Analiza] Kilka zadań dot. granic

[ares41]

Jako, że granice ciągów i funkcji względnie rzadko można spotkać w Kółku postanowiłem umieścić kilka zadań z nimi związanych.

1. Wyznaczyć podane granice.

a) \(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } \frac{1^p+2^p+3^p+\ldots+n^p}{n^{p+1}}}\)
dla \(\displaystyle{ p\in\mathbb{N}_+}\)

b) \(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } \sqrt[n]{ \prod_{k=1}^{n} {n \choose k}}}\)

c) \(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } \frac{a+ \sqrt{a} + \sqrt[3]{a} +\ldots+ \sqrt[n]{a} -n}{\ln n}}\)

d) \(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } \sum_{k=0}^{n} \frac{(k+1)(k+2) \cdot \ldots \cdot (k+p)}{n^{p+1}}}\)
dla \(\displaystyle{ p\in\mathbb{N}_+}\)

e) \(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } \frac{1+ \sqrt[2^2]{2!}+ \sqrt[3^2]{3!} +\ldots+ \sqrt[n^2]{n!} }{n}}\)

2. Rozważmy ciąg dodatnich liczb rzeczywistych \(\displaystyle{ (a_n)_{n \ge 1}}\) takich że \(\displaystyle{ a_{n+1}- \frac{1}{a_{n+1}}=a_{n}+ \frac{1}{a_{n}}}\) dla każdego \(\displaystyle{ n \ge 1}\).
Wyznaczyć \(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } \frac{1}{ \sqrt{n} } \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{a_{k}}}\)

3. Rozważmy ciąg \(\displaystyle{ (a_n)_{n \ge 1}}\) spełniający warunki \(\displaystyle{ a_0=2}\) i \(\displaystyle{ a_{n-1}-a_{n}= \frac{n}{(n+1)!}}\) Obliczyć \(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } \left( \left( n+1 \right) !\ln a_n \right)}\)

4. Niech \(\displaystyle{ f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}, \ f(x)= \begin{cases} \left\lfloor x\right\rfloor , \;\; \mbox{ dla } x \in \mathbb{Q} \\ x , \;\; \mbox{ dla } x \in \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q} \end{cases}}\) Znaleźć wszystkie \(\displaystyle{ a\in\mathbb{R}}\) dla których istnieje \(\displaystyle{ \lim_{x \to a } f(x)}\)

5. Niech \(\displaystyle{ a>b>0}\) i \(\displaystyle{ A=\begin{bmatrix} 1&0\\0&1\end{bmatrix}, \ B=\begin{bmatrix} 0&1\\1&0\end{bmatrix}}\)
a) Udowodnić, że istnieją \(\displaystyle{ \left( x_n \right) _{n \ge 1}, \left( y_n \right) _{n \ge 1}\in \mathbb{R}}\) takie, że \(\displaystyle{ \begin{bmatrix} a&b\\b&a\end{bmatrix}^n=x_nA+y_nB}\) dla każdego \(\displaystyle{ n \ge 1}\)
b) Obliczyć \(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } \frac{x_n}{y_n}}\)

6. Rozważmy ciąg liczb rzeczywistych \(\displaystyle{ \left( x_n \right) _{n \ge 1}}\) taki, że \(\displaystyle{ x_n}\) jest rzeczywistym rozwiązaniem równania \(\displaystyle{ x^3+nx-n=0,\ n\in\mathbb{N}_+}\). Udowodnić, że dany ciąg jest zbieżny i policzyć jego granicę.

7. Zbadać zbieżność ciągu spełniającego warunek \(\displaystyle{ x_{n+1}= \frac{x_n+a}{x_n+1} , \ n \ge 1, \ x_1 \ge 0,\ a>0}\)

8. Weźmy ciąg liczb rzeczywistych \(\displaystyle{ \left( x_n \right) _{n \ge 1}}\) taki, że \(\displaystyle{ x_1\in (0,1)}\) i dla każdego \(\displaystyle{ n}\) naturalnego zachodzi \(\displaystyle{ x_{n+1}=x_{n}^{2}-x_n+1}\). Obliczyć \(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } \left( x_1x_2 \cdot \ldots \cdot x_n \right)}\)

[Qń]

Zadanie 8:    

Łatwo widać, że dla dowolnego \(\displaystyle{ n}\) jest \(\displaystyle{ x_n}\) jest dodatnie, nietrudno pokazać też indukcyjnie, że jest mniejsze niż \(\displaystyle{ 1}\). Z uwagi na \(\displaystyle{ x_{n+1}-x_n = (x_n-1)^2>0}\) wiemy też, że ciąg \(\displaystyle{ x_n}\) jest rosnący, a zatem ma granicę, która oczywiście spełnia równość \(\displaystyle{ g=g^2-g+1}\) czyli \(\displaystyle{ g=1}\).

Z uwagi na:
\(\displaystyle{ x_n= \frac{x_{n+1}-1}{x_n-1}}\)
dostajemy:
\(\displaystyle{ \prod_{n=1}^{N} x_n= \prod_{n=1}^{N}\frac{x_{n+1}-1}{x_n-1}=\frac{x_{N+1}-1}{x_1-1} \to 0}\)

Q.

[Sylwek]

1a):    

Z tw. Stolza podana granica jest równa:
\(\displaystyle{ =\lim_{n \to +\infty} \frac{(n+1)^p}{(n+1)^{p+1}-n^{p+1}} = \\
= \lim_{n \to +\infty} \frac{(n+1)^p}{n^{p+1} + (p+1) \cdot n^p + o(n^{p-1}) - n^{p+1}} = \\
= \lim_{n \to +\infty} \frac{(n+1)^p}{(p+1) \cdot n^p + o(n^{p-1})} = \frac{1}{p+1}}\)

[Qń]

Zadanie 7:    

Dla \(\displaystyle{ a=1}\) ciąg jest stały od pewnego miejsca, więc jest zbieżny do \(\displaystyle{ 1=\sqrt{a}}\). Dla \(\displaystyle{ a>1}\) mamy:
\(\displaystyle{ x_{n+1}-x_n = \frac{a-1}{x_n+1}>0}\)
czyli ciąg jest rosnący, oraz jeśli \(\displaystyle{ x_n<a}\), to (z uwagi na to, że wyrazy naszego ciągu są nieujemne):
\(\displaystyle{ x_{n+1}= 1+ \frac{a-1}{x_n+1}\le 1+\frac{a-1}{1}=a}\)
więc \(\displaystyle{ x_n}\) jest ograniczony z góry. W takim razie jako ciąg rosnący ma granicę, która jest dodatnia i spełnia zależność \(\displaystyle{ g=\frac{g+a}{g+1}}\), czyli \(\displaystyle{ g=\sqrt{a}}\).
Dla \(\displaystyle{ a<1}\) analogicznie.

Q.

[Sylwek]

4:    

Dla każdej liczby rzeczywistej \(\displaystyle{ a}\) istnieje zbieżny do niej ciąg liczb wymiernych większych od tej liczby \(\displaystyle{ (q_n)}\), podobnie istnieje zbieżny do niej ciąg liczb niewymiernych \(\displaystyle{ r_n}\). Mamy: \(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} f(q_n) = \left\lfloor a\right\rfloor}\) (z prawostronnej ciągłości funkcji "część całkowita"). Ponadto \(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} f(r_n) = \lim_{n \to \infty} r_n = a}\).

Zatem jeśli by istniała \(\displaystyle{ \lim_{x \to a} f(x)}\), to w szczególności \(\displaystyle{ \left\lfloor a\right\rfloor = a}\), czyli \(\displaystyle{ a}\) jest liczbą całkowitą. Ale dla liczb całkowitych \(\displaystyle{ a}\):
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} f(a-\frac{1}{n})=\lim_{n \to \infty} \left\lfloor a-1 \right\rfloor = a-1 \neq a}\)

Odp.: Dla żadnego \(\displaystyle{ a \in \mathbb{R}}\).

[Qń]

Zadanie 6:    

Niech \(\displaystyle{ W_n(x)=x^3+nx-n}\). Z uwagi na \(\displaystyle{ W_n'(x)>0}\) wielomian jest stale rosnący, zatem ma tylko jeden pierwiastek rzeczywisty. Co więcej \(\displaystyle{ W_n(0)\cdot W_n(1)<1}\) dla dowolnego \(\displaystyle{ n}\), więc ten pierwiastek zawsze jest w przedziale \(\displaystyle{ (0,1)}\).

Tak więc z uwagi na \(\displaystyle{ x_n^3+nx_n-n=0}\) czyli \(\displaystyle{ \frac{x_n^3}{n} +x_n-1=0}\) mamy:
\(\displaystyle{ 1-\frac{1}{n^3}<x_n=1-\frac{x_n^3}{n}<1}\)
czyli z twierdzenia o trzech ciągach \(\displaystyle{ \lim_{n\to \infty}x_n=1}\).

Q.

[Sylwek]

1c:    

Z tw. Stolza ta granica będzie równa (oczywiście z powodu pierwiastków stopnia parzystego \(\displaystyle{ a \ge0}\)):
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} \frac{a^\frac{1}{n+1}-1}{\ln (1+\frac{1}{n})} = \\ \ \\ =\lim_{n \to \infty} \frac{\exp \left((\ln a) \cdot \frac{1}{n+1}\right)-1}{(\ln a) \cdot \frac{1}{n+1}} \cdot \frac{(\ln a) \cdot \frac{1}{n+1}}{(\ln a) \cdot \frac{1}{n}} \cdot \frac{(\ln a) \cdot \frac{1}{n}}{{\ln (1+\frac{1}{n})}}= \\ \ \\ =1 \cdot 1 \cdot \ln a = \ln a}\)

[Qń]

Zadanie 5:    

Nietrudno pokazać indukcyjnie, że:
\(\displaystyle{ \begin{bmatrix} a & b \\ b& a \end{bmatrix}^n = \frac{ (a+b)^n + (a-b)^n}{2} \cdot \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0& 1 \end{bmatrix}+\frac{ (a+b)^n - (a-b)^n}{2} \cdot \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ 1& 0 \end{bmatrix}}\)
Tak więc:
\(\displaystyle{ x_n = \frac{ (a+b)^n + (a-b)^n}{2}\\
y_n= \frac{ (a+b)^n - (a-b)^n}{2}}\)
oraz:
\(\displaystyle{ \frac{x_n}{y_n} = \frac{1 + \left( \frac{a-b}{a+b}\right)^n}{1 + \left( \frac{a-b}{a+b}\right)^n}\to 1}\)

Q.

[Sylwek]

3:    

Można pokazać indukcyjnie, że \(\displaystyle{ a_n=1+\frac{1}{(n+1)!}}\) dla \(\displaystyle{ n \ge 0}\). Stąd oczywiście:

\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} (n+1)! \cdot \ln a_n = \lim_{n \to \infty} \frac{\ln (1+\frac{1}{(n+1)!})}{\frac{1}{(n+1)!}}=1}\)

[JakimPL]

1b:    

Rozważmy ciągi produktów częściowych (z pierwiastkiem):

\(\displaystyle{ S_n=\sqrt[n]{ \prod_{k=1}^{n} {n \choose k}}}\)

oraz:

\(\displaystyle{ L_n=\sqrt[n]{ \prod_{k=1}^{n} {\left(\frac{n}{k}\right)^k}}}\)

Z własności symbolu Newtona wiemy, iż dla każdego \(\displaystyle{ n}\) zachodzi \(\displaystyle{ L_n<S_n}\).

Pokażemy, że mniejszy ciąg jest rozbieżny \(\displaystyle{ \lim_{n\to\infty}L_n = +\infty}\). Równoważnie przekształcając, mamy, iż:

\(\displaystyle{ L_n=\sqrt[n]{ \prod_{k=1}^{n} {\left(\frac{n}{k}\right)^k}}=\sqrt[n]{\frac{n^{\frac{n^2+n}{2}}}{\prod_{k=1}^n k^k}}=\frac{n^{\frac{n+1}{2}}}{\sqrt[n]{\prod_{k=1}^n k^k}}}\)

Możemy dla skrótu oznaczyć mianownik (hipersilnię) jako \(\displaystyle{ H(n)}\). Przejdźmy do granicy w nieskończoności:

\(\displaystyle{ \lim_{n\to\infty} L_n =\frac{n^{\frac{n+1}{2}}}{\sqrt[n]{H(n)}}}\)

Znamy asymptotyczne tempo hipersilni:

\(\displaystyle{ H(n) \sim A n^{(6n^2 + 6n + 1)/12} e^{-n^2/4}}\)

Włączając tę wiedzę, otrzymujemy, iż:

\(\displaystyle{ \lim_{n\to\infty} L_n =\lim_{n\to\infty} \frac{n^{\frac{n+1}{2}}}{\sqrt[n]{A n^{(6n^2 + 6n + 1)/12} e^{-n^2/4}}}=\lim_{n\to\infty} \frac{e^{\frac{n}{4}}}{n^{\frac{1}{12 n}}}=+\infty}\)

Oczywiście, nie trzeba było strzelać z armaty do wróbelka - równie dobrze sprawowałoby się jakieś słabsze ograniczenie. Zauważmy, iż granica dla sumy zamiast produktu jest łatwa do wyznaczenia i wynosi \(\displaystyle{ 2}\).

[klaustrofob]

Ponownie 1a:    

Zauważamy, że granica jest sumą całkową funkcji \(\displaystyle{ x\mapsto x^p}\) w przedziale [0,1][/latex]

1d:    

Jest sobie takie twierdzenie: jeżeli \(\displaystyle{ \lim a_n}\) istnieje, to istnieje też \(\displaystyle{ \lim\frac{a_1+\ldots+a_n}{n}}\) i obie te granice są równe. Ale \(\displaystyle{ \lim\frac{(n+1)(n+2)\ldots (n+p)}{n^p}}\) istnieje i jest równa 1, skąd szukana granica też jest równa \(\displaystyle{ 1}\).

1e:    

Na podstawie tego samego twierdzenia, co 1d, wystarczy znaleźć granicę \(\displaystyle{ \lim \sqrt[n^2]{n!}}\). Obliczę granicę logarytmu: \(\displaystyle{ 0\le \ln\sqrt[n^2]{n!}=\frac{\ln 1+\ln 2+\ldots +\ln n}{n^2}=\frac{\frac{\ln 1}{n}+\frac{\ln 2}{n}+\ldots +\frac{\ln n}{n}}{n}\le \frac{\frac{\ln 1}{1}+\frac{\ln 2}{2}+\ldots +\frac{\ln n}{n}}{n}}\). Obliczę granicę prawej strony nierówności - znów na podstawie intensywnie eksploatowanego twierdzenia: \(\displaystyle{ \lim \frac{\frac{\ln 1}{1}+\frac{\ln 2}{2}+\ldots +\frac{\ln n}{n}}{n}=\lim \frac{\ln n}{n}=0}\). Na mocy tw. o trzech ciągach granica lewej strony nierówności jest 0. Skoro granicą logarytmu badanego wyrażenia jest \(\displaystyle{ 0}\), na mocy ciągłości logarytmu mamy granicę wyrażenia równą \(\displaystyle{ 1}\).

-- 21 maja 2012, 08:37 --

2:    

Ponieważ \(\displaystyle{ a_{n+1}-a_n=\frac{1}{a_{n+1}}+\frac{1}{a_n}}\) otrzymujemy łatwo, że \(\displaystyle{ a_n-a_1=\frac{1}{a_1}+2\left(\frac{1}{a_2}+\ldots+\frac{1}{a_{n-1}}\right)+\frac{1}{a_n}}\), skąd \(\displaystyle{ a_n+\frac{1}{a_n}-a_1+\frac{1}{a_1}=2\left(\frac{1}{a_1}+\ldots+\frac{1}{a_{n-1}}+\frac{1}{a_n}\right)}\). Dla wyznaczenia granicy \(\displaystyle{ \lim \frac{1}{\sqrt{n}}\sum\frac{1}{a_i}}\) wystarczy więc wyznaczyć połowę granicy \(\displaystyle{ \lim \frac{1}{\sqrt{n}}\left(a_n+\frac{1}{a_n}\right).}\)

Niech \(\displaystyle{ a_1=a>0}\) i niech \(\displaystyle{ b_n=a_n+\frac{1}{a_n}}\). Z rekurencji definiującej ciąg \(\displaystyle{ a_n}\) mamy \(\displaystyle{ a_{n+1}=\frac{b_n+\sqrt{b_n^2+4}}{2}}\), skąd \(\displaystyle{ b_{n+1}=a_{n+1}+\frac{1}{a_{n+1}}=\sqrt{b_n^2+4}}\). Stąd, w sposób jawny, \(\displaystyle{ b_n=\sqrt{b_1^2+(n-1)4}}\) i \(\displaystyle{ \lim\frac{1}{\sqrt{n}}b_n=2}\), wobec czego szukana granica \(\displaystyle{ \lim\frac{1}{\sqrt{n}}\sum\frac{1}{a_i}=1}\)

[ares41]

do JakimPL:    

1b można też elementarnie korzystając z nierówności \(\displaystyle{ \sqrt[n]{n!}< \frac{n+1}{2}}\)