Matematyka.pl

Wyznaczyć \(\displaystyle{ \lim_{n \to +\infty } ( \sqrt{ \frac{n}{1} } +...+\sqrt{ \frac{n}{n} } - 2n )}\).

\(\displaystyle\sqrt{ \frac{n}{1} } +...+\sqrt{ \frac{n}{n} } - 2n = \frac{\frac{1}{\sqrt 1}+\frac{1}{\sqrt 2}+\ldots+\frac{1}{\sqrt n} - 2\sqrt n}{\frac{1}{\sqrt n}}\), więc dobrym pomysłem może być korzystanie ze Stolza

Twierdzenie Stolza wymaga, by mianownik rósł do nieskończoności.

Zobacz rozdział XII zadanie 261 u Banasia. Dla funkcji \(\displaystyle{ f}\) różniczkowalnej na \(\displaystyle{ [a,b]}\) z pochodną \(\displaystyle{ f'}\) całkowalną mamy

PS @mol Imho aby zadanie było ładne zamiast \(\displaystyle{ 2}\) powinno być \(\displaystyle{ \frac{2}{3} }\).

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

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

\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} n\left( \int_{a}^{b} f(x)\,\dd x - \frac{b-a}{n} \sum_{k=1}^{n}f\left( a+ \frac{k(b-a)}{n} \right) \right) = \frac{b-a}{2}(f(a)-f(b)). }\)

Szkic dowodu:    

Różnicę spod granicy można zapisać następująco

\(\displaystyle{ \int_{a}^{b} f(x)\,\dd x - \frac{b-a}{n} \sum_{k=1}^{n}f\left( a+ \frac{k(b-a)}{n} \right) = \sum_{k=1}^{n} \int_{x_{k-1}}^{x_{k}} (x-x_k)f'(c_{k})\,\dd x, }\)

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.

Czyli, że ta granica dąży do minus nieskońcczoności...

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.

twierdzenia Stolza jest jakby dyskretną formą reguły de Hospitala...

a jak będzie z tym \(\displaystyle{ \frac{2}{3} }\)

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...

Janusz Tracz pisze: ↑3 sty 2024, o 15:04PS @a4karo pierwiastek (\(\displaystyle{ \sqrt{x} }\)) mi się całkował...

A jego pochodna? ;)

Też się całkuje

Dodano po 57 sekundach:
Ale ta granica to minus nieskończoność, i żadne kryterium nie jest tu potrzebne

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 \(-\infty\)

\(\displaystyle{ \frac{1}{ \sqrt{1} } +\frac{1}{ \sqrt{2} } +...+\frac{1}{ \sqrt{n} } \ge \int_{1}^{n+1} \frac{dx}{ \sqrt{x} } }\)

\(\displaystyle{ \sqrt{n} \left( \frac{1}{ \sqrt{1} } +\frac{1}{ \sqrt{2} } +...+\frac{1}{ \sqrt{n} }-2 \sqrt{n}\right) \ge \sqrt{n} \left( \int_{1}^{n+1} \frac{dx}{ \sqrt{x} }-2 \sqrt{n} \right) }\)

\(\displaystyle{ a_{n} \ge 2 \sqrt{n^2+n} -2n-2 \sqrt{n} \rightarrow -\infty }\)

Dziwne, że tyle machania rękami przy tym zadaniu, a zero wiedzy na temat granicy samej dopiero sam koniec jakoś ruszył...

arek1357 pisze: ↑3 sty 2024, o 17:51 \(\displaystyle{ \frac{1}{ \sqrt{1} } +\frac{1}{ \sqrt{2} } +...+\frac{1}{ \sqrt{n} } \ge \int_{1}^{n+1} \frac{dx}{ \sqrt{x} } }\)

\(\displaystyle{ \sqrt{n} \left( \frac{1}{ \sqrt{1} } +\frac{1}{ \sqrt{2} } +...+\frac{1}{ \sqrt{n} }-2 \sqrt{n}\right) \ge \sqrt{n} \left( \int_{1}^{n+1} \frac{dx}{ \sqrt{x} }-2 \sqrt{n} \right) }\)

\(\displaystyle{ \red{a_{n} \ge 2 \sqrt{n^2+n} -2n-2 \sqrt{n} \rightarrow -\infty} }\)

Dziwne, że tyle machania rękami przy tym zadaniu, a zero wiedzy na temat granicy samej dopiero sam koniec jakoś ruszył...

Genialne. Z tego rzeczywiście da się mnóstwo rzeczy wywnioskować.