Ładna Granica
- mol_ksiazkowy
- Użytkownik
- Posty: 11503
- Rejestracja: 9 maja 2006, o 12:35
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 3163 razy
- Pomógł: 749 razy
Ładna Granica
Wyznaczyć \(\displaystyle{ \lim_{n \to +\infty } ( \sqrt{ \frac{n}{1} } +...+\sqrt{ \frac{n}{n} } - 2n )}\).
- timon92
- Użytkownik
- Posty: 1660
- Rejestracja: 6 paź 2008, o 16:47
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Katowice
- Podziękował: 7 razy
- Pomógł: 473 razy
Re: Ładna Granica
\(\displaystyle\sqrt{ \frac{n}{1} } +...+\sqrt{ \frac{n}{n} } - 2n = \frac{\frac{1}{\sqrt 1}+\frac{1}{\sqrt 2}+\ldots+\frac{1}{\sqrt n} - 2\sqrt n}{\frac{1}{\sqrt n}}\), więc dobrym pomysłem może być korzystanie ze Stolza
- Janusz Tracz
- Użytkownik
- Posty: 4088
- Rejestracja: 13 sie 2016, o 15:01
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: hrubielowo
- Podziękował: 81 razy
- Pomógł: 1399 razy
Re: Ładna Granica
Zobacz rozdział XII zadanie 261 u Banasia. Dla funkcji \(\displaystyle{ f}\) różniczkowalnej na \(\displaystyle{ [a,b]}\) z pochodną \(\displaystyle{ f'}\) całkowalną mamy
PS @mol Imho aby zadanie było ładne zamiast \(\displaystyle{ 2}\) powinno być \(\displaystyle{ \frac{2}{3} }\).
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} n\left( \int_{a}^{b} f(x)\,\dd x - \frac{b-a}{n} \sum_{k=1}^{n}f\left( a+ \frac{k(b-a)}{n} \right) \right) = \frac{b-a}{2}(f(a)-f(b)). }\)
Szkic dowodu:
- timon92
- Użytkownik
- Posty: 1660
- Rejestracja: 6 paź 2008, o 16:47
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Katowice
- Podziękował: 7 razy
- Pomógł: 473 razy
Re: Ładna Granica
jest wersja twierdzenia Stolza, w której mianownik monotonicznie dąży do zera, ale wtedy trzeba jednocześnie założyć, że licznik dąży do zera
-
- Użytkownik
- Posty: 22245
- Rejestracja: 15 maja 2011, o 20:55
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Bydgoszcz
- Podziękował: 38 razy
- Pomógł: 3762 razy
Re: Ładna Granica
Rozumiem, że chciałbyś użyć tego twierdzenia do funkcji \(\displaystyle{ f(x)=\sqrt {1/x} }\) na przedziale `[0,1]`, ale to sie nie uda, bo nie są spełnione założenia - \(\displaystyle{ f'}\) nie jest całkowalna.Janusz Tracz pisze: ↑3 sty 2024, o 02:20 Zobacz rozdział XII zadanie 261 u Banasia. Dla funkcji \(\displaystyle{ f}\) różniczkowalnej na \(\displaystyle{ [a,b]}\) z pochodną \(\displaystyle{ f'}\) całkowalną mamy
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} n\left( \int_{a}^{b} f(x)\,\dd x - \frac{b-a}{n} \sum_{k=1}^{n}f\left( a+ \frac{k(b-a)}{n} \right) \right) = \frac{b-a}{2}(f(a)-f(b)). }\)PS @mol Imho aby zadanie było ładne zamiast \(\displaystyle{ 2}\) powinno być \(\displaystyle{ \frac{2}{3} }\).Szkic dowodu:
- Dasio11
- Moderator
- Posty: 10240
- Rejestracja: 21 kwie 2009, o 19:04
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 40 razy
- Pomógł: 2367 razy
- mol_ksiazkowy
- Użytkownik
- Posty: 11503
- Rejestracja: 9 maja 2006, o 12:35
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 3163 razy
- Pomógł: 749 razy
Re: Ładna Granica
twierdzenia Stolza jest jakby dyskretną formą reguły de Hospitala...
a jak będzie z tym \(\displaystyle{ \frac{2}{3} }\)
a jak będzie z tym \(\displaystyle{ \frac{2}{3} }\)
- Janusz Tracz
- Użytkownik
- Posty: 4088
- Rejestracja: 13 sie 2016, o 15:01
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: hrubielowo
- Podziękował: 81 razy
- Pomógł: 1399 razy
Re: Ładna Granica
Pewnie nijak lepiej i gorzej zważywszy na spostrzeżenie a4karo. Ja policzyłem inną granicę. Mianowicie taką
\(\displaystyle{ \lim_{n\to \infty}\left( \sqrt{ \frac{1}{n} } +...+\sqrt{ \frac{n}{n} } -2 n \right). }\)
Gdzie indziej dałem \(\displaystyle{ k=1,2,\dots, n}\) w sumie.
PS @a4karo pierwiastek (\(\displaystyle{ \sqrt{x} }\)) mi się całkował...
Ostatnio zmieniony 3 sty 2024, o 15:59 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Poprawa wiadomości.
Powód: Poprawa wiadomości.
- Dasio11
- Moderator
- Posty: 10240
- Rejestracja: 21 kwie 2009, o 19:04
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 40 razy
- Pomógł: 2367 razy
Re: Ładna Granica
A jego pochodna? ;)Janusz Tracz pisze: ↑3 sty 2024, o 15:04PS @a4karo pierwiastek (\(\displaystyle{ \sqrt{x} }\)) mi się całkował...
- timon92
- Użytkownik
- Posty: 1660
- Rejestracja: 6 paź 2008, o 16:47
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Katowice
- Podziękował: 7 razy
- Pomógł: 473 razy
Re: Ładna Granica
o ile się nie pomyliłem w rozpisywaniu, mamy \(\displaystyle a_n := \sum_{k=1}^n\frac{1}{\sqrt k}-2\sqrt n = \sum_{k=1}^n \frac{-1}{\sqrt k (\sqrt k + \sqrt{k-1})^2}\) i w związku z tym \(a_n\) jest sumą częściową zbieżnego szeregu \(\displaystyle \sum_{k=1}^\infty \frac{-1}{\sqrt k (\sqrt k + \sqrt{k-1})^2}\), którego suma jest liczbą ujemną
w rezultacie ciąg z zadania, który, jak już wspomniałem w którymś z poprzednich postów, jest równy \(\displaystyle \frac{a_n}{\frac{1}{\sqrt n}}\), jest rozbieżny do \(-\infty\)
w rezultacie ciąg z zadania, który, jak już wspomniałem w którymś z poprzednich postów, jest równy \(\displaystyle \frac{a_n}{\frac{1}{\sqrt n}}\), jest rozbieżny do \(-\infty\)
- arek1357
- Użytkownik
- Posty: 5750
- Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: blisko
- Podziękował: 131 razy
- Pomógł: 526 razy
Re: Ładna Granica
\(\displaystyle{ \frac{1}{ \sqrt{1} } +\frac{1}{ \sqrt{2} } +...+\frac{1}{ \sqrt{n} } \ge \int_{1}^{n+1} \frac{dx}{ \sqrt{x} } }\)
\(\displaystyle{ \sqrt{n} \left( \frac{1}{ \sqrt{1} } +\frac{1}{ \sqrt{2} } +...+\frac{1}{ \sqrt{n} }-2 \sqrt{n}\right) \ge \sqrt{n} \left( \int_{1}^{n+1} \frac{dx}{ \sqrt{x} }-2 \sqrt{n} \right) }\)
\(\displaystyle{ a_{n} \ge 2 \sqrt{n^2+n} -2n-2 \sqrt{n} \rightarrow -\infty }\)
Dziwne, że tyle machania rękami przy tym zadaniu, a zero wiedzy na temat granicy samej dopiero sam koniec jakoś ruszył...
\(\displaystyle{ \sqrt{n} \left( \frac{1}{ \sqrt{1} } +\frac{1}{ \sqrt{2} } +...+\frac{1}{ \sqrt{n} }-2 \sqrt{n}\right) \ge \sqrt{n} \left( \int_{1}^{n+1} \frac{dx}{ \sqrt{x} }-2 \sqrt{n} \right) }\)
\(\displaystyle{ a_{n} \ge 2 \sqrt{n^2+n} -2n-2 \sqrt{n} \rightarrow -\infty }\)
Dziwne, że tyle machania rękami przy tym zadaniu, a zero wiedzy na temat granicy samej dopiero sam koniec jakoś ruszył...
-
- Użytkownik
- Posty: 22245
- Rejestracja: 15 maja 2011, o 20:55
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Bydgoszcz
- Podziękował: 38 razy
- Pomógł: 3762 razy
Re: Ładna Granica
Genialne. Z tego rzeczywiście da się mnóstwo rzeczy wywnioskować.arek1357 pisze: ↑3 sty 2024, o 17:51 \(\displaystyle{ \frac{1}{ \sqrt{1} } +\frac{1}{ \sqrt{2} } +...+\frac{1}{ \sqrt{n} } \ge \int_{1}^{n+1} \frac{dx}{ \sqrt{x} } }\)
\(\displaystyle{ \sqrt{n} \left( \frac{1}{ \sqrt{1} } +\frac{1}{ \sqrt{2} } +...+\frac{1}{ \sqrt{n} }-2 \sqrt{n}\right) \ge \sqrt{n} \left( \int_{1}^{n+1} \frac{dx}{ \sqrt{x} }-2 \sqrt{n} \right) }\)
\(\displaystyle{ \red{a_{n} \ge 2 \sqrt{n^2+n} -2n-2 \sqrt{n} \rightarrow -\infty} }\)
Dziwne, że tyle machania rękami przy tym zadaniu, a zero wiedzy na temat granicy samej dopiero sam koniec jakoś ruszył...