Matematyka.pl

Cześć,
potrzebuję dowodu na to, że \(\displaystyle{ \lim_{n\to\infty} x^{n} = 0}\).
Kompletnie nie wiem jak się za to zabrać, a jutro egzamin.
Bardzo proszę o pomoc.

To nie jest prawda, ta granica zależy od tego ile wynosi \(\displaystyle{ x}\).
Poza tym to tak standardowy przykład, że jak poszukasz, to znajdziesz odp.

Oczywiście nie dopisałam, że wtedy gdy szereg jest zbieżny, czyli dla \(\displaystyle{ (-1,1)}\).
Szukam od wczoraj i nie mogę znaleźć.
Chciałabym, żeby ktoś wytłumaczył krok po kroku.

Skoro \(\displaystyle{ \lim_{n\to\infty} q^{n} = 0}\) dla \(\displaystyle{ \left| q\right|<1}\)

To można zapisać, że

\(\displaystyle{ \left|q \right| ^{n} <\epsilon}\)

Logarytmując stronami:

\(\displaystyle{ n\ln\left| q\right| < \ln\epsilon}\)

dzieląc przez \(\displaystyle{ \ln\left| q\right| <0}\) bo \(\displaystyle{ \left| q\right|<1}\)

Mamy, że wystarczy przyjąć:

\(\displaystyle{ n> \frac{\ln\epsilon}{\ln\left|q \right| }}\)

aby zachodziło

\(\displaystyle{ \lim_{n\to\infty} q^{n} = 0}\)

El Sajmono pisze:Skoro \(\displaystyle{ \lim_{n\to\infty} q^{n} = 0}\) dla \(\displaystyle{ \left| q\right|<1}\)

To można zapisać, że

\(\displaystyle{ \left|q \right| ^{n} <\epsilon}\)

Logarytmując stronami:

\(\displaystyle{ n\ln\left| q\right| < \ln\epsilon}\)

dzieląc przez \(\displaystyle{ \ln\left| q\right| <0}\) bo \(\displaystyle{ \left| q\right|<1}\)

Mamy, że wystarczy przyjąć:

\(\displaystyle{ n> \frac{\ln\epsilon}{\ln\left|q \right| }}\)

aby zachodziło

\(\displaystyle{ \lim_{n\to\infty} q^{n} = 0}\)

Robisz wszystkie obliczenia dobrze, ale w złej kolejności zapisujesz przejścia, przez co cały dowód jest niepoprawny.

To się nazywa dowodem przez założenie tezy.

yorgin, mógłbyś przedstawić poprawiony dowód?

Osobiście wykreśliłbym słowo "skoro" oraz zamiast "to można zapisać, że" napisałbym "niech"
Oraz dodałbym założenie, że \(\displaystyle{ \epsilon<1}\) by \(\displaystyle{ \frac{\ln\epsilon}{\ln\left|q \right| }}\) było dodatnie.

Jeszcze końcówkę bym całkowicie usunął. (od "aby zachodziło"). Bo z ostatniej nierówności mamy, że od pewnego wskaźnika wyrazy ciągu są mniejsze od \(\displaystyle{ \epsilon}\)

Mogę.

Chcemy pokazać, że \(\displaystyle{ \lim\limits_{n\to\infty} x^n =0}\) dla \(\displaystyle{ |x|<1}\)

Ustalmy \(\displaystyle{ \varepsilon>0}\). Załóżmy, zachodzi \(\displaystyle{ |x^n|=|x|^n\leq\varepsilon}\)

Stąd po przeliczeniach \(\displaystyle{ n\geq \frac{\ln\varepsilon}{\ln|x|}}\)

Mamy więc, że dla dowolnego \(\displaystyle{ k\geq n\geq \frac{\ln\varepsilon}{\ln|x|}}\) zachodzi \(\displaystyle{ |x^k|\leq \varepsilon}\)

a więc dowiedliśmy, że \(\displaystyle{ \lim\limits_{n\to\infty}x^n=0}\), gdyż dla dowolnie danego \(\displaystyle{ \varepsilon}\) wystarczy przyjąć \(\displaystyle{ N=\frac{\ln\varepsilon}{\ln|x|}+124}\) (definicja zbieżności!)

Tak, teraz jest o niebo lepiej
Dziękuję za doprecyzowanie.

yorgin pisze:Ustalmy \(\displaystyle{ \varepsilon>0}\). Załóżmy, zachodzi \(\displaystyle{ |x^n|=|x|^n\leq\varepsilon}\)

Załóżmy, że \(\displaystyle{ |x|^n \le \varepsilon}\) ? Przecież to jest teza.

Poza tym, to w pewnym sensie wciąż nie jest dobry dowód. Korzysta on sprytnie z założenia podobnie silnego co teza zadania. Być może nie widzicie w tym dla dowodu istotnej ujmy, ale chciałbym zaznaczyć, że tak się dzieje.

Tym założeniem jest fakt, że logarytmy są określone na całym przedziale \(\displaystyle{ (0, \infty)}\) - czyli między innymi: dla dowolnego \(\displaystyle{ \varepsilon > 0}\) oraz \(\displaystyle{ q \in (0, 1)}\) istnieje takie \(\displaystyle{ \alpha \in \RR,}\) że \(\displaystyle{ q^{ \alpha } = \varepsilon.}\)
Ten fakt jest niemal tak silny, jak teza, bo jeśli dla każdego \(\displaystyle{ \varepsilon > 0}\) i \(\displaystyle{ q \in (0, 1)}\) można dobrać takie \(\displaystyle{ \alpha \in \RR,}\) że \(\displaystyle{ q^{\alpha} = \varepsilon,}\) to dla wszystkich \(\displaystyle{ x > \alpha}\) będzie

\(\displaystyle{ q^x < q^{\alpha} = \varepsilon,}\)

a warunek \(\displaystyle{ x > \alpha}\) spełniają prawie wszystkie liczby naturalne.
Dlatego w pewnym sensie dowody tu przedstawione przemykają się nad prawdziwą trudnością.

Dasio11 pisze:
Załóżmy, że \(\displaystyle{ |x|^n \le \varepsilon}\) ? Przecież to jest teza.

Klasyczne rozumowanie "od końca". Zakładam, że wiem już, że tak jest i sprawdzam, dla jakich \(\displaystyle{ n}\) jest to spełnione. Zamiast brać z kosmosu \(\displaystyle{ N}\) ja je wyznaczam i potem mówię, że jest dobre. Chyba znane są Ci tego typu rozumowania? Równie dobrze mogę wziąć \(\displaystyle{ N=\ldots}\) i potem pokazać, że dla \(\displaystyle{ n\geq N}\) jest \(\displaystyle{ |x^n|\leq \varepsilon}\). Dla mnie to wszystko jedno, a takie rozumowania są jak najbardziej poprawne z formalnego punktu widzenia.

Dasio11 pisze: Tym założeniem jest fakt, że logarytmy są określone na całym przedziale \(\displaystyle{ (0, \infty)}\) - czyli między innymi: dla dowolnego \(\displaystyle{ \varepsilon > 0}\) oraz \(\displaystyle{ q \in (0, 1)}\) istnieje takie \(\displaystyle{ \alpha \in \RR,}\) że \(\displaystyle{ q^{ \alpha } = \varepsilon.}\)
Ten fakt jest niemal tak silny, jak teza, bo jeśli dla każdego \(\displaystyle{ \varepsilon > 0}\) i \(\displaystyle{ q \in (0, 1)}\) można dobrać takie \(\displaystyle{ \alpha \in \RR,}\) że \(\displaystyle{ q^{\alpha} = \varepsilon,}\) to dla wszystkich \(\displaystyle{ x > \alpha}\) będzie

\(\displaystyle{ q^x < q^{\alpha} = \varepsilon,}\)

a warunek \(\displaystyle{ x > \alpha}\) spełniają prawie wszystkie liczby naturalne.
Dlatego w pewnym sensie dowody tu przedstawione przemykają się nad prawdziwą trudnością.

No chyba własności funkcji logarytmicznej są znane. Bez przesady, wiemy jak wygląda funkcja logarytm, jakie ma cechy (ciągłość, monotoniczność, wartości dodatnie i ujemne) i co można z nich wyciągnąć. Ja nie widzę tu żadnych trudności,

yorgin pisze: Dla mnie to wszystko jedno, a takie rozumowania są jak najbardziej poprawne z formalnego punktu widzenia.

Nie są poprawne od momentu, w którym zakładasz tezę!

Dasio11 pisze: Nie są poprawne od momentu, w którym zakładasz tezę!

Czyli lepiej jest brać z kosmosu \(\displaystyle{ N}\) niż je wyznaczyć? Jak Ty byś w takim razie zrobił to zadanie inaczej niż ja i inaczej niż przez branie na starcie \(\displaystyle{ N}\) takiego, jakie ja wyznaczyłem?

Raz jeszcze - zakładam chwilowo, że teza jest prawdziwa, stąd wyznaczam \(\displaystyle{ N}\) a następnie przeprowadzam właściwy dowód gdzie komentuję, że takie \(\displaystyle{ N}\) jest poprawne na mocy tego, co robiłem przy wyznaczaniu \(\displaystyle{ N}\).

Rozumiem. Ale nie możesz stwierdzić, że \(\displaystyle{ N}\) jest ok na mocy rozumowania, w którym założyłeś, że nierówność

\(\displaystyle{ |x|^n \le \varepsilon}\)

jest spełniona. W zamian można napisać, że przejścia

\(\displaystyle{ |x|^n \le \varepsilon \\ \\
\vdots \\ \\
n \ge \frac{\ln \varepsilon}{\ln |x|}}\)

są równoważnościami, bo w ostateczności potrzeba implikacji w górę.
Przy okazji: rozumowanie dla \(\displaystyle{ x=0}\) trzeba przeprowadzić osobno.

yorgin pisze:No chyba własności funkcji logarytmicznej są znane. Bez przesady, wiemy jak wygląda funkcja logarytm, jakie ma cechy (ciągłość, monotoniczność, wartości dodatnie i ujemne) i co można z nich wyciągnąć. Ja nie widzę tu żadnych trudności,

Dobrze, mogą być znane. Stwierdzam tylko, że jeśli wiemy, że logarytm jest określony na całym przedziale \(\displaystyle{ (0, \infty),}\) to niemal równie dobrze możemy na starcie wiedzieć, że

\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} q^n = 0}\) dla \(\displaystyle{ q \in (0, 1).}\)

Dasio11 pisze:
\(\displaystyle{ |x|^n \le \varepsilon \\ \\
\vdots \\ \\
n \ge \frac{\ln \varepsilon}{\ln |x|}}\)

są równoważnościami, bo w ostateczności potrzeba implikacji w górę.
Przy okazji: rozumowanie dla \(\displaystyle{ x=0}\) trzeba przeprowadzić osobno.

Oto czego mi brakowało w wypowiedzi, komentarzy o implikacjach z dołu do góry.

Dasio11 pisze: Dobrze, mogą być znane. Stwierdzam tylko, że jeśli wiemy, że logarytm jest określony na całym przedziale \(\displaystyle{ (0, \infty),}\) to niemal równie dobrze możemy na starcie wiedzieć, że

\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} q^n = 0}\) dla \(\displaystyle{ q \in (0, 1).}\)

To chyba pozostanie kwestią sporną. Z mojego punktu widzenia wyjście od własności logarytmu jest jak najbardziej naturalne. Ale to chyba kwestia przyjęcia tego, co jest a co nie jest oczywiste lub znane.