Granica ciągu
- Przemas O'Black
- Użytkownik
- Posty: 744
- Rejestracja: 7 lut 2009, o 18:30
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 69 razy
- Pomógł: 58 razy
Granica ciągu
Zainspirowany przez Zordona zakładam temat o metodzie liczenia granic, w których występuje "e".
W jaki sposób poprawnie liczy się poniższą granicę?
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } ( \frac{n+4}{n} ) ^{-n ^{2} }}\)
W jaki sposób poprawnie liczy się poniższą granicę?
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } ( \frac{n+4}{n} ) ^{-n ^{2} }}\)
- czeslaw
- Użytkownik
- Posty: 2156
- Rejestracja: 5 paź 2008, o 22:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Politechnika Wrocławska
- Podziękował: 44 razy
- Pomógł: 317 razy
Granica ciągu
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } ( \frac{n+4}{n} ) ^{-n ^{2} } = \lim_{n \to \infty} ((1 + \frac{4}{n}) ^ {\frac{n}{4}})^{-4n}}\)
Nie czytałem poprzedniego tematu i nie za bardzo ogarniam problem chyba, w każdym razie granicą jest 0.
Nie czytałem poprzedniego tematu i nie za bardzo ogarniam problem chyba, w każdym razie granicą jest 0.
Ostatnio zmieniony 17 sie 2009, o 18:59 przez czeslaw, łącznie zmieniany 1 raz.
- Przemas O'Black
- Użytkownik
- Posty: 744
- Rejestracja: 7 lut 2009, o 18:30
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 69 razy
- Pomógł: 58 razy
- czeslaw
- Użytkownik
- Posty: 2156
- Rejestracja: 5 paź 2008, o 22:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Politechnika Wrocławska
- Podziękował: 44 razy
- Pomógł: 317 razy
Granica ciągu
No a co dalej? Przekształcenie jest jasne chyba, takich przykładów się robi na pęczki, wychodzi symbol \(\displaystyle{ \frac{1}{\infty}}\)
No to chyba nietrudno oszacować ile to jest, chyba że potrzebujecie dowodu.
No to chyba nietrudno oszacować ile to jest, chyba że potrzebujecie dowodu.
- Przemas O'Black
- Użytkownik
- Posty: 744
- Rejestracja: 7 lut 2009, o 18:30
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 69 razy
- Pomógł: 58 razy
Granica ciągu
Chodzi mi o poprawnie formalnie zapis krok po kroku. Czy uważasz, że można jeszcze jedno cenne przekształcenie zrobić tutaj przez podaniem ostatecznej odpowiedzi?
- argv
- Użytkownik
- Posty: 569
- Rejestracja: 27 maja 2009, o 01:27
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 51 razy
- Pomógł: 66 razy
Granica ciągu
Mnie uczyli tak (przepisane zywcem z zeszytu z mojego semestru na politechnice, wykladowca: profesor Fryszkowski):
\(\displaystyle{ \begin{cases} a_{n} \rightarrow 1 \\ b_{n} \rightarrow \infty \end{cases}}\)
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} a_{n}^{b_{n}} = \lim_{n \to \infty} \left[\left(1+(a_{n}-1) \right)^\frac{1}{a_{n}-1} \right]^{b_{n}(a_{n}-1)}}\)
Przyklad:
\(\displaystyle{ a_{n}-1 = \frac{4}{n}}\)
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} \left[\left(1+ \frac{4}{n} \right)^\frac{n}{4} \right]^{ \frac{-4n^{2}}{n} } = 0}\)
Pisało sie od razu wynik, bez zadnych przeksztalcen
+ jedna strzalka od nawiasu kwadratowego do "e", druga strzalka do wykladnika "\(\displaystyle{ -
\infty}\)"
Tak pisalismy na wykladzie/cwiczeniach i bylo "niby" dobrze
\(\displaystyle{ \begin{cases} a_{n} \rightarrow 1 \\ b_{n} \rightarrow \infty \end{cases}}\)
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} a_{n}^{b_{n}} = \lim_{n \to \infty} \left[\left(1+(a_{n}-1) \right)^\frac{1}{a_{n}-1} \right]^{b_{n}(a_{n}-1)}}\)
Przyklad:
\(\displaystyle{ a_{n}-1 = \frac{4}{n}}\)
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} \left[\left(1+ \frac{4}{n} \right)^\frac{n}{4} \right]^{ \frac{-4n^{2}}{n} } = 0}\)
Pisało sie od razu wynik, bez zadnych przeksztalcen
+ jedna strzalka od nawiasu kwadratowego do "e", druga strzalka do wykladnika "\(\displaystyle{ -
\infty}\)"
Tak pisalismy na wykladzie/cwiczeniach i bylo "niby" dobrze
-
- Użytkownik
- Posty: 5405
- Rejestracja: 11 sty 2005, o 22:21
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: a z Limanowej
- Podziękował: 1 raz
- Pomógł: 422 razy
Granica ciągu
Tak, bo Pan Profesor całą teorię zrobił za was.
Osobiście się mi bardzo nie podobają wszelkie takie machlojkowe sposoby liczenia granic, gdzie występuje e. W tym przypadku jest jeszcze ciutkę inaczej, gdyż niby tam e się pojawia, ale w wyniku go nie ma.
Odpytywany skorzystałbym z tożsamości \(\displaystyle{ a^b = e^{b\ln a}}\). Wtedy nie ma problemu z potęgowaniem w wykładniku (nieograniczonym), tylko zamieniamy na mnożenie, dostajemy zwykłą granicę z e mnożoną przez \(\displaystyle{ \frac{1}{n}}\) - obydwie istnieją, ich iloczyn nie jest symbolem nieoznaczonym, więc całość jest zerem.
Osobiście się mi bardzo nie podobają wszelkie takie machlojkowe sposoby liczenia granic, gdzie występuje e. W tym przypadku jest jeszcze ciutkę inaczej, gdyż niby tam e się pojawia, ale w wyniku go nie ma.
Odpytywany skorzystałbym z tożsamości \(\displaystyle{ a^b = e^{b\ln a}}\). Wtedy nie ma problemu z potęgowaniem w wykładniku (nieograniczonym), tylko zamieniamy na mnożenie, dostajemy zwykłą granicę z e mnożoną przez \(\displaystyle{ \frac{1}{n}}\) - obydwie istnieją, ich iloczyn nie jest symbolem nieoznaczonym, więc całość jest zerem.
- Przemas O'Black
- Użytkownik
- Posty: 744
- Rejestracja: 7 lut 2009, o 18:30
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 69 razy
- Pomógł: 58 razy
Granica ciągu
Podręcznik Krysicki / Włodarski nie udziela jednoznacznej odpowiedzi na ten szczegół, jednakże na podstawie przykładu tuż po ogólnym wzorze na "e" na stronie 35 u góry oraz na podstawie przykładu zad.2.14 str. 37 c) można uznać, że podstawienie po prostu "e" jest poprawne (ale wiadomo że nikt nie chciałby się uczyć z błędami - stąd ta dyskusja). Tam jest napisane coś takiego:
\(\displaystyle{ u _{n} = [(1+ \frac{4}{n} ) ^{ \frac{n}{4} } ] ^{4}}\).
Podstawiając we wzorze \(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } (1 + a_{n} ) ^{ \frac{1}{ a_{n} } } = e}\)
\(\displaystyle{ a_{n} = 4 / n}\) otrzymujemy, że granicą ciągu \(\displaystyle{ {u _{n} }}\) jest \(\displaystyle{ e ^{4}}\).
W zadaniu chodzi o obliczenie pewnego kapitału końcowego gdy oprocentowanie odbywa się w sposób ciągły.
\(\displaystyle{ K = \lim_{ m\to \infty } K _{m} = \lim_{m \to \infty } k(1 + \frac{p}{100m} ) ^{mt} = k \lim_{m \to \infty } [(1 + \frac{p}{100m} ) ^{100m / p} ] ^{pt / 100} = ke ^{pt / 100}}\)
Rogal, spróbuję tak podstawić jak radzisz.
\(\displaystyle{ \lim_{ n\to \infty } ( \frac{n+4}{n} ) ^{-n ^{2} } = e ^{-n ^{2} * ln \frac{n+4}{n} }}\)
Wyrażając się kolokwialnie, minus nieskończoność razy zero to wyrażenie nieoznaczone, więc posługując się regułą de L'Hospitala liczę do czego dąży minus wykładnik
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } n ^{2} * ln \frac{n+4}{n} = \frac{ln \frac{n+4}{n} }{ \frac{1}{n ^{2} } } = \lim_{ n\to \infty } \frac{ \frac{n}{n+4} }{ \frac{- 2}{n ^{3} } } = \infty}\)
Stąd wynika, że \(\displaystyle{ \lim_{ n\to \infty } ( \frac{n+4}{n} ) ^{-n ^{2} } = e ^{- \infty } = 0}\)
\(\displaystyle{ u _{n} = [(1+ \frac{4}{n} ) ^{ \frac{n}{4} } ] ^{4}}\).
Podstawiając we wzorze \(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } (1 + a_{n} ) ^{ \frac{1}{ a_{n} } } = e}\)
\(\displaystyle{ a_{n} = 4 / n}\) otrzymujemy, że granicą ciągu \(\displaystyle{ {u _{n} }}\) jest \(\displaystyle{ e ^{4}}\).
W zadaniu chodzi o obliczenie pewnego kapitału końcowego gdy oprocentowanie odbywa się w sposób ciągły.
\(\displaystyle{ K = \lim_{ m\to \infty } K _{m} = \lim_{m \to \infty } k(1 + \frac{p}{100m} ) ^{mt} = k \lim_{m \to \infty } [(1 + \frac{p}{100m} ) ^{100m / p} ] ^{pt / 100} = ke ^{pt / 100}}\)
Rogal, spróbuję tak podstawić jak radzisz.
\(\displaystyle{ \lim_{ n\to \infty } ( \frac{n+4}{n} ) ^{-n ^{2} } = e ^{-n ^{2} * ln \frac{n+4}{n} }}\)
Wyrażając się kolokwialnie, minus nieskończoność razy zero to wyrażenie nieoznaczone, więc posługując się regułą de L'Hospitala liczę do czego dąży minus wykładnik
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } n ^{2} * ln \frac{n+4}{n} = \frac{ln \frac{n+4}{n} }{ \frac{1}{n ^{2} } } = \lim_{ n\to \infty } \frac{ \frac{n}{n+4} }{ \frac{- 2}{n ^{3} } } = \infty}\)
Stąd wynika, że \(\displaystyle{ \lim_{ n\to \infty } ( \frac{n+4}{n} ) ^{-n ^{2} } = e ^{- \infty } = 0}\)
Ostatnio zmieniony 17 sie 2009, o 20:07 przez Przemas O'Black, łącznie zmieniany 1 raz.
-
- Użytkownik
- Posty: 5405
- Rejestracja: 11 sty 2005, o 22:21
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: a z Limanowej
- Podziękował: 1 raz
- Pomógł: 422 razy
Granica ciągu
Spoko, tylko czuj różnicę - tutaj podnosisz do potęgi 4, a nie do zależnej od zmiennej. Takie liczenie jest jak najbardziej poprawne. Krysicki&Włodarski mają błędy w odpowiedziach, ale nie w rozumowaniach.
- Przemas O'Black
- Użytkownik
- Posty: 744
- Rejestracja: 7 lut 2009, o 18:30
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 69 razy
- Pomógł: 58 razy
Granica ciągu
Tak, do potęgi 4, ale jest jeszcze drugi przykład, w którym wykładnik to np. "mt". Policzyłem powyżej tak jak radziłeś.
- argv
- Użytkownik
- Posty: 569
- Rejestracja: 27 maja 2009, o 01:27
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 51 razy
- Pomógł: 66 razy
Granica ciągu
Ja jeszcze popatrzylem dokladnie w zeszyt(w koncu to juz bylo 3 lata temu) i faktycznie jest tam tez sposob Rogala ale chyba bardziej jako ciekawostka bo wszystkie przyklady z cwiczen sa liczone tak jak napisalem powyzej
Moze ma znaczenie fakt ze to byla matematyka zaoczna i glowny nacisk sie kladlo na liczenie niz "semantyczna" poprawnosc czy tez dowody Jedyne co bylo kluczowe to zeby liczyc granice "w jednym ciagu" a nie jedna wewnatrz drugiej i sobie cos skracac
Moze ma znaczenie fakt ze to byla matematyka zaoczna i glowny nacisk sie kladlo na liczenie niz "semantyczna" poprawnosc czy tez dowody Jedyne co bylo kluczowe to zeby liczyc granice "w jednym ciagu" a nie jedna wewnatrz drugiej i sobie cos skracac
- Przemas O'Black
- Użytkownik
- Posty: 744
- Rejestracja: 7 lut 2009, o 18:30
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 69 razy
- Pomógł: 58 razy
Granica ciągu
Jednak jakoś trzeba policzyć ile to jestMajorkan pisze: stosowanie reguły de l'Hospitala do liczenia granicy ciągu
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } e ^{-n ^{2} * ln \frac{n+4}{n} }}\)
Jak można inaczej?
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } ( \frac{n+4}{n} ) ^{-n ^{2} } = \lim_{n \to \infty} ((1 + \frac{4}{n}) ^ {\frac{n}{4}})^{-4n} = e ^{-4n}}\)
A przede wszystkim czy tak wolno?
- argv
- Użytkownik
- Posty: 569
- Rejestracja: 27 maja 2009, o 01:27
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 51 razy
- Pomógł: 66 razy
Granica ciągu
Przyklad z Gewert/Skoczylas str 59:
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} \left(\frac{2n^{2}+1}{n^{2}+1} \right)^{\sqrt{n}} =
\lim_{n \to \infty} \left(\frac{2+\frac{1}{n^{2}}}{1+\frac{1}{n^{2}}} \right)^{\sqrt{n}} = 2^{\infty} = \infty}\)
wiec mi sie wydaje ze chyba wolno ... ale lepiej poczekac na odpowiedz wagi ciezkiej bo sam jestem ciekawy jak to w koncu poprawnie jest
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} \left(\frac{2n^{2}+1}{n^{2}+1} \right)^{\sqrt{n}} =
\lim_{n \to \infty} \left(\frac{2+\frac{1}{n^{2}}}{1+\frac{1}{n^{2}}} \right)^{\sqrt{n}} = 2^{\infty} = \infty}\)
wiec mi sie wydaje ze chyba wolno ... ale lepiej poczekac na odpowiedz wagi ciezkiej bo sam jestem ciekawy jak to w koncu poprawnie jest
- Przemas O'Black
- Użytkownik
- Posty: 744
- Rejestracja: 7 lut 2009, o 18:30
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 69 razy
- Pomógł: 58 razy
Granica ciągu
Przepisałeś cały przykład czy skróciłeś?argv pisze: \(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} \left(\frac{2+\frac{1}{n^{2}}}{1+\frac{1}{n^{2}}} \right)^{\sqrt{n}} = 2^{\infty}}\)
Ostatnio zmieniony 17 sie 2009, o 21:53 przez Przemas O'Black, łącznie zmieniany 2 razy.