Ciąg z granicą e.

[acer]

Proszę o pomoc przy tym zadaniu:

Wykaż, że ciąg \(\displaystyle{ a_{n}=(1+\frac{1}{n})^{n}}\) jest rosnący i organiczony z góry.

Z góry dziękuję!

[gaga]

Aby wykazać ,że ten ciąg jest rosnący,musisz zbadać znak różnicy:
\(\displaystyle{ a_{n+1}-a_{n}}\) i wykazać,że ta różnica jest większa od 0
A żeby wykazać,że ten ciąg jest ograniczony z góry,to korzystasz z nierówności Bernoullie'go
czyli z nierówności:
\(\displaystyle{ (1+a)^b}\)
czyli dla naszego ciągu:
\(\displaystyle{ (1+\frac{1}{n})^n}\),co juz dowodzi,że ciąg jest ograniczony z góry.

[Calasilyar]

a nierównosc Bernoulliego wyglądała chyba tak:
\(\displaystyle{ (1+x)^{n}\geq 1+nx}\)
(poza tym, skoro granica wynosi e to nie bardzo ciąg może byc ograniczony do 2...)

ja to ograniczenie bym zrobił na chłopski rozum:
dla dodatnich elementów ciągu a_n ciąg jest rosnący, gdy \(\displaystyle{ \frac{a_{n+1}}{a_{n}}>1}\)

skoro jest zbieżny, to musi byc ograniczony
i skoro jest rosnący i ograniczony, to jest ograniczony z góry

[acer]

Gaga, jakim sposobem \(\displaystyle{ (1+\frac{1}{n})^{n}

Calasilyar, bardzo dziękuję }\)

[gaga]

Tak,racja pisałam z głowy tą nierówność i tradycyjnie pomyliłam kierunek
:-///sorry

[juzef]

skoro jest zbieżny, to musi byc ograniczony

W takim razie wykaż, że jest zbieżny.

[Calasilyar]

skoro koniecznie chcesz, to proszę :
\(\displaystyle{ lim_{n\to\infty}(1+\frac{1}{n})^{n}=e}\)

[juzef]

To nie jest dowód.

[Sir George]

Calasilyar: i to jest dowód???!!!


BTW, jest to rzeczywiście jedna z najpopularniejszych granic, a do jej obliczenia (tzn. dowodu równości, którą zacytował Calasilyar) potrzeba faktu, o który pyta się acer...

Jest sprytny sposób pokazania, że \(\displaystyle{ \left(1+\frac1n\right)^n \ \ ft(1+\frac1{n+1}\right)^{n+1}}\) wykorzystując nierówność między średnią geometryczną i arytmetyczną...

[Calasilyar]

zwracam honor

[sushi]

nierówność Bernoullie'go dla x>= -1 :
\(\displaystyle{ (1+x)^n > 1+nx}\) pracuje dla n1 natomiast
\(\displaystyle{ (1+x)^n }\) jest dla 0<n<1
dla ścisłości
pozdrawiam

[Sir George]

nie wiem jak zrobić tryb matematyczny ,

mniam, mniam, czysty TeX w dobrym wydaniu...

PS: sushi, to się tyczyło postu jeszcze nie poprawionego...


wracając do problemu, ja sugerowałem skorzystać z nierówności między średnimi, tzn.
\(\displaystyle{ \sqrt[k]{a_1\cdot\ldots\cdot a_k\,} \ \ \frac{\,a_1+\cdots+a_k\,}{k}}\)

A jak to zrobić? Cóż, moim skromnym zdaniem tak: przyjąć w powyższym wzorze \(\displaystyle{ k=n+1}\), \(\displaystyle{ a_1,\ldots,a_n\, = \, 1+\frac1n}\) i \(\displaystyle{ a_{n+1}\, = \, 1}\)

Po podstawieniu otrzymujemy:
\(\displaystyle{ \sqrt[n+1]{\left(1+\frac1n\right)^n\,} \ \ \frac{n+2}{n+1}}\)

co - jak łatwo widać - jest równoważne szukanej nierówności...


Wracając do zadania, pozostaje teraz do pokazania, że ciąg \(\displaystyle{ \left(1+\frac1n\right)^n}\) jest ograniczony z góry...

[sushi]

można też przez Bernoulie'go:
\(\displaystyle{ \frac {\left( 1 + \frac{1}{n+1} \right)^{n+1} }{\left( 1 + \frac{1}{n} \right)^n }= \frac {\left( \frac{n+2}{n+1} \right)^ n \cdot \left( \frac{n+2}{n+1} \right) }{\left( \frac{n+1}{n} \right)^n }}\)
co po pogrupowaniu daje:
\(\displaystyle{ \frac{n+2}{n+1} \cdot \left( \frac{n^2+2n+1-1}{n^2+2n+1} \right)^n = \frac{n+2}{n+1} \cdot \left( 1- \frac{1}{(n+1)^2} \right)^n}\)
teraz użyć B. do nawiasu i mamy:
\(\displaystyle{ \geq \frac{n+2}{n+1} \cdot \left( 1- \frac{n}{(n+1)^2} \right)=\frac{n^3+3n^2+3n+2}{n^3+3n^2+3n+1}>1}\)

[ Dodano: 30 Sierpień 2006, 20:07 ]
a teraz do ograniczoności
\(\displaystyle{ k! \geq 2^{k-1}}\) dla \(\displaystyle{ k>2 \, (\alpha)}\)

\(\displaystyle{ \left( 1+ \frac{1}{n} \right)^n = \sum_{k=0}^{n}{ \left(_{k}^{n}\right) \cdot\frac{1}{n^k}} = 2+ \sum_{k=2}^{n}{\frac{n!}{k! \cdot (n-k)!} \cdot\frac{1}{n^k}}=}\)

\(\displaystyle{ =2+ \sum_{k=2}^{n}{\frac{(n-k+1) \cdot (n-k+2) \cdot \ldots \cdot n}{n^k} \cdot\frac{1}{k!}} =2+ \sum_{k=2}^{n}{ \frac{1}{k!} \cdot \frac{n-k+1}{n} \cdot \frac{n-k+2}{n} \cdot \ldots \cdot \frac{n}{n}}}\)

każdy z ułamków jest mniejszy od jeden więc

\(\displaystyle{ \leq 2+\sum_{k=2}^{n}{\frac{1}{k!}}}\) pamiętając o \(\displaystyle{ \, (\alpha)}\)

\(\displaystyle{ \leq 2+\sum_{k=2}^{n}{\frac{1}{2^{k-1}}} \leq 2+1=3}\)

i to byłoby na tyle:)

[Sir George]

sushi, ładne rozwiązanie...

Można też tak (trochę sprytnie...): zamiast pokazywać bezpośrednio ograniczenie z góry, pokazać, że ciąg \(\displaystyle{ \left(1+\frac1n\right)^{n+1}}\) jest malejący...

A to pokazuje się np. też przez nierówność między średnimi, tym razem między geometryczną a harmoniczną...

[sushi]

można się pobawić tym. a z kryterium pierwiastkowego Cauchy'ego można by było pokazać , że \(\displaystyle{ a_n}\) nie dąży do 0 \(\displaystyle{ 1+ \frac{1}{n}>1}\) szereg rozbieżny...