Forum matematyczne: miliony postów, setki tysięcy tematów, dziesiątki tysięcy użytkowników - pomożemy rozwiązać każde zadanie z matematyki https://matematyka.pl/
\(\displaystyle\sqrt{ \frac{n}{1} } +...+\sqrt{ \frac{n}{n} } - 2n = \frac{\frac{1}{\sqrt 1}+\frac{1}{\sqrt 2}+\ldots+\frac{1}{\sqrt n} - 2\sqrt n}{\frac{1}{\sqrt n}}\), więc dobrym pomysłem może być korzystanie ze Stolza
Re: Ładna Granica
: 3 sty 2024, o 00:43
autor: Dasio11
Twierdzenie Stolza wymaga, by mianownik rósł do nieskończoności.
Re: Ładna Granica
: 3 sty 2024, o 02:20
autor: Janusz Tracz
Zobacz rozdział XII zadanie 261 u Banasia. Dla funkcji \(\displaystyle{ f}\) różniczkowalnej na \(\displaystyle{ [a,b]}\) z pochodną \(\displaystyle{ f'}\) całkowalną mamy
gdzie \(\displaystyle{ x_k=a+ \frac{k(b-a)}{n}}\). Szacując \(\displaystyle{ f'(c_{k})}\) z góry i dołu ostaniemy oszacowanie na \(\displaystyle{ n\left( \int_{a}^{b} f(x)\,\dd x - \frac{b-a}{n} \sum_{k=1}^{n}f\left( a+ \frac{k(b-a)}{n} \right) \right) }\) poprzez całkę górną i dolną \(\displaystyle{ f'}\). Całkowalność \(\displaystyle{ f'}\) kończy dowód.
PS @mol Imho aby zadanie było ładne zamiast \(\displaystyle{ 2}\) powinno być \(\displaystyle{ \frac{2}{3} }\).
Re: Ładna Granica
: 3 sty 2024, o 09:02
autor: timon92
Dasio11 pisze: ↑3 sty 2024, o 00:43
Twierdzenie Stolza wymaga, by mianownik rósł do nieskończoności.
jest wersja twierdzenia Stolza, w której mianownik monotonicznie dąży do zera, ale wtedy trzeba jednocześnie założyć, że licznik dąży do zera
Re: Ładna Granica
: 3 sty 2024, o 12:37
autor: a4karo
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
gdzie \(\displaystyle{ x_k=a+ \frac{k(b-a)}{n}}\). Szacując \(\displaystyle{ f'(c_{k})}\) z góry i dołu ostaniemy oszacowanie na \(\displaystyle{ n\left( \int_{a}^{b} f(x)\,\dd x - \frac{b-a}{n} \sum_{k=1}^{n}f\left( a+ \frac{k(b-a)}{n} \right) \right) }\) poprzez całkę górną i dolną \(\displaystyle{ f'}\). Całkowalność \(\displaystyle{ f'}\) kończy dowód.
PS @mol Imho aby zadanie było ładne zamiast \(\displaystyle{ 2}\) powinno być \(\displaystyle{ \frac{2}{3} }\).
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.
Re: Ładna Granica
: 3 sty 2024, o 13:08
autor: arek1357
Czyli, że ta granica dąży do minus nieskońcczoności...
Re: Ładna Granica
: 3 sty 2024, o 13:55
autor: Dasio11
timon92 pisze: ↑3 sty 2024, o 09:02jest wersja twierdzenia Stolza, w której mianownik monotonicznie dąży do zera, ale wtedy trzeba jednocześnie założyć, że licznik dąży do zera
Racja, nie znałem tego wariantu.
Re: Ładna Granica
: 3 sty 2024, o 14:37
autor: mol_ksiazkowy
twierdzenia Stolza jest jakby dyskretną formą reguły de Hospitala...
a jak będzie z tym \(\displaystyle{ \frac{2}{3} }\)
Re: Ładna Granica
: 3 sty 2024, o 15:04
autor: Janusz Tracz
mol_ksiazkowy pisze: ↑3 sty 2024, o 14:37
a jak będzie z tym \(\displaystyle{ \frac{2}{3} }\)
Pewnie nijak lepiej i gorzej zważywszy na spostrzeżenie a4karo. Ja policzyłem inną granicę. Mianowicie taką
Gdzie indziej dałem \(\displaystyle{ k=1,2,\dots, n}\) w sumie.
PS @a4karo pierwiastek (\(\displaystyle{ \sqrt{x} }\)) mi się całkował...
Re: Ładna Granica
: 3 sty 2024, o 16:07
autor: Dasio11
Janusz Tracz pisze: ↑3 sty 2024, o 15:04PS @a4karo pierwiastek (\(\displaystyle{ \sqrt{x} }\)) mi się całkował...
A jego pochodna? ;)
Re: Ładna Granica
: 3 sty 2024, o 16:15
autor: a4karo
Też się całkuje
Dodano po 57 sekundach:
Ale ta granica to minus nieskończoność, i żadne kryterium nie jest tu potrzebne
Re: Ładna Granica
: 3 sty 2024, o 17:47
autor: timon92
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 \(-\infty\)