Matematyka.pl

Witam,
mam wykazać z definicji ciągu: \(\displaystyle{ \lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{a} = 1}\) , \(\displaystyle{ a \in (0,1)}\)
I teraz:
\(\displaystyle{ \left| \sqrt[n]{a} -1 \right| < \epsilon}\)
\(\displaystyle{ \sqrt[n]{a} > 1 - \epsilon}\)
1. Zakładam, że \(\displaystyle{ \epsilon \in (1, \infty)}\)
I piszę, że prawa strona jest mniejsz od zera zatem dla każdego \(\displaystyle{ \epsilon}\) istnieje taka granica.
2. Zakładam, że \(\displaystyle{ \epsilon \in (0, 1)}\)
\(\displaystyle{ \sqrt[n]{a} > 1 - \epsilon}\)

\(\displaystyle{ log_{a}\sqrt[n]{a} < log_{a} 1 - \epsilon}\)

\(\displaystyle{ 1/n < log_{a}( 1 - \epsilon)}\)


\(\displaystyle{ n_{\epsilon} > log_{a}( 1 - \epsilon)}\)

\(\displaystyle{ n > 1/log_{a}(1-\epsilon)}\)

\(\displaystyle{ n_{\epsilon} > log_{1 - \epsilon}a}\)

Czy takie rozumowanie jest poprawne?

1. Zakładam, że \(\displaystyle{ \epsilon \in (1, \infty)}\)

Redundancja. Zauważ, że nierówności w \(\displaystyle{ \RR}\) są przechodnie, zatem wystarczy rozważyć \(\displaystyle{ \epsilon \in (0,1)}\). Ale jak już tak napisałeś, to niech zostanie.
Tylko że:

I piszę, że prawa strona jest mniejsz od zera zatem dla każdego \(\displaystyle{ \epsilon}\) istnieje taka granica.

tak nie pisz, bo natracisz punkty. To nie jest tak, że wykazujesz istnienie granicy w zależności od \(\displaystyle{ \epsilon}\), tylko pokazujesz z definicji granicy, że \(\displaystyle{ \lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{a} = 1}\). Mógłbyś napisać, że lewa strona jest dodatnia, a prawa ujemna, więc nierówność zachodzi dla każdego \(\displaystyle{ n \in \NN}\).
2. Jest w porządku. Tylko masz tam jedną nieprawdziwą linijkę, z której na szczęście dalej nie korzystasz:

\(\displaystyle{ n_{\epsilon} > log_{a}( 1 - \epsilon)}\)

Ten dowód jest poprawny, ale niedobry w szerszym spojrzeniu, bo w ukryty sposób korzysta się z tezy.

O, to ciekawe. Mógłbyś, proszę, rozwinąć tę myśl?-- 12 paź 2015, o 21:13 --Tj. pytam o to, w jaki sposób ten dowód niejawnie korzysta z tezy.

Przy budowaniu teorii od początku, gdy wiemy tylko tyle, ile już udowodniliśmy, musi nadejść moment definiowania logarytmu o podstawie \(\displaystyle{ a}\) dla \(\displaystyle{ a \in (0, 1).}\) Naturalną metodą zrobienia tego jest stwierdzenie, że funkcja \(\displaystyle{ f(x) = a^x}\) ma następujące własności:

\(\displaystyle{ \bullet}\) jest malejąca i ciągła,

\(\displaystyle{ \bullet}\) \(\displaystyle{ \lim_{x \to -\infty} f(x) = \infty}\) oraz \(\displaystyle{ \lim_{x \to \infty} f(x) = 0,}\)

zatem \(\displaystyle{ f}\) jest różnowartościowa i (przy wykorzystaniu twierdzenia Darboux) \(\displaystyle{ f[\RR] = (0, \infty).}\) Ma ona zatem funkcję odwrotną \(\displaystyle{ \log_a : (0, \infty) \to \RR.}\)

Dopiero od tego momentu wolno posługiwać się logarytmem. Ale wśród powyższych obserwacji jest ciągłość funkcji \(\displaystyle{ a^x,}\) której częścią jest fakt

\(\displaystyle{ \lim_{x \to 0} a^x = 1,}\)

który w języku definicji Heinego zawiera stwierdzenie, że

\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} a^{\frac{1}{n}} = 1.}\)


Bez ciągłości \(\displaystyle{ a^x}\) nie potrafię sobie wyobrazić zdefiniowania logarytmu, więc przez korzystanie z logarytmów, rozwiązanie dziedzicznie korzysta z tezy.

Jeśli się bardziej rozpracuje tę zależność, to widać, że z tezy korzystamy dokładnie w momencie, w którym zakładamy, że logarytm jest określony dla argumentów \(\displaystyle{ 1 - \varepsilon}\) przy dowolnie małym \(\displaystyle{ \varepsilon > 0.}\) Oznacza to bowiem dokładnie tyle, że funkcja \(\displaystyle{ a^x}\) przyjmuje wartość \(\displaystyle{ 1-\varepsilon}\) w pewnym punkcie \(\displaystyle{ \delta = \log_a(1-\varepsilon),}\) a to wynikało z ciągłości tej funkcji.


Żeby to lepiej zrozumieć (jeśli zachodzi taka potrzeba ;-]), proponuję rozważyć funkcję

\(\displaystyle{ f(x) = \begin{cases} x & \text{dla } x \le 0 \\ x+1 & \text{dla } x > 0. \end{cases}}\)

Jest ona rosnąca, więc posiada jakąś funkcję odwrotną \(\displaystyle{ g.}\) Należy znaleźć miejsce, w którym przy zastosowaniu analogicznej techniki sypnie się dowód, że

\(\displaystyle{ \lim_{x \to 0^+} f(x) = 0.}\)

Dzięki wielkie za wartościową wypowiedź. Szkoda, że w nieswoim temacie nie można dawać "pomógł".

A jakiś sposób, by możliwie elementarnie wykazać, że ta granica jest równa \(\displaystyle{ 1}\) bez użycia logarytmu?
Może tak: skoro \(\displaystyle{ a \in(0,1)}\), to \(\displaystyle{ a-1>-1}\) i z nierówności Bernoullego mamy \(\displaystyle{ a^{\frac 1 n}=((1+(a-1))^{\frac 1 n} \le 1+ \frac{a-1}{n}}\)
Z drugiej strony dla \(\displaystyle{ n \ge 2}\) mamy \(\displaystyle{ a^{\frac 1 n} \ge \frac{n}{ \frac{1}{a}+n-1 }}\) z nierówności między średnią geometryczną a średnią harmoniczną (po prostu dopisujemy \(\displaystyle{ n-1}\) jedynek w iloczynie pod pierwiastkiem; oczywiście pomysł na to szacowanie nie jest mój, tylko widziałem podobne bodajże u timona92). A może coś prostszego? Np. coś z dwumianem Newtona?
Tylko że, co gorsza, to nie jest postulowany dowód z definicji, tylko z trzech ciągów. Nie wiem, jak "z definicji" zrobić to tak, by nie zakładać niejawnie tezy.


Ech, ale ja jestem ślepy, z góry można szacować z nierówności \(\displaystyle{ a<1}\). To szacowanie z dołu jest kluczowe.

Chyba jest w porządku.


Można też zauważyć, że z nierówności Bernoulliego wynika, że dla dowolnego \(\displaystyle{ \varepsilon \in (0, 1)}\) oraz \(\displaystyle{ n \in \NN}\) mamy

\(\displaystyle{ \left( \frac{1}{1-\varepsilon} \right)^n = \left( 1 + \frac{\varepsilon}{1-\varepsilon} \right)^n \ge 1 + n \cdot \frac{\varepsilon}{1-\varepsilon},}\)

zatem dla dostatecznie dużego \(\displaystyle{ n}\) będzie

\(\displaystyle{ \left( \frac{1}{1-\varepsilon} \right)^n \ge \frac{1}{a},}\)

czyli

\(\displaystyle{ \sqrt[n]{a} \ge 1-\varepsilon.}\)