Matematické Fórum

Freedy · 17. 11. 2015 14:40

Ahoj,

rád bych se zeptal, jak se řeší tento typ limit:
$\lim_{n\to\infty }\sum_{i=0}^{k}a_i\sqrt{n+i}$ kde $\sum_{i=0}^{k}a_i=0$
Nebýt tam to i pod tou odmocninou, tak jednoduše vytknu odmocninu z n a pak už je to zřejmé, že je to 0. Nicméně, co s tím i?

Děkuji
Freedy

Stýv · 17. 11. 2015 16:54

s tím i to dopadne podobně, protože pro dost velká n je $\sqrt{n+i}-\sqrt{n}$ malé

Bati · 17. 11. 2015 16:56

↑ Freedy:
Co je k?

Freedy · 17. 11. 2015 17:04 — Editoval Freedy (17. 11. 2015 17:05)

Takže by formální zápis byl něco jako:
$\exists n_1\in \mathbb{N},\forall n\in \mathbb{N},n>n_1:$
$\sum_{i=0}^{k}a_i\sqrt{n}\le \sum_{i=0}^{k}a_i\sqrt{n+i}$
zde by bylo $n_1=1$

$\exists n_2\in \mathbb{N},\forall n\in \mathbb{N},n>n_2:$
$\sum_{i=0}^{k}a_i\sqrt{n+i}\le \sum_{i=0}^{k}a_i\sqrt{2n}$
zde by bylo $n_2=k$

a tedy
$\exists n_3, n_3= \text{max}\{1,k\}\in \mathbb{N},\forall n\in \mathbb{N},n>n_3:$
$\sum_{i=0}^{k}a_i\sqrt{n}\le \sum_{i=0}^{k}a_i\sqrt{n+i}\le \sum_{i=0}^{k}a_i\sqrt{2n}$
A limity krajních posloupností jdou k 0, proto prostřední limita jde k 0. Je toto korektní zápis?

↑ Bati:
O k není řečeno nic. Bude to ale nejspíš libovolné nezáporné celé číslo.

Stýv · 17. 11. 2015 18:24

↑ Freedy: obávám se, že $\sum_{i=0}^{k}a_i\sqrt{n}\le \sum_{i=0}^{k}a_i\sqrt{n+i}$ a $\sum_{i=0}^{k}a_i\sqrt{n+i}\le \sum_{i=0}^{k}a_i\sqrt{2n}$ neplatí, protože čísla $a_i$ nejsou nezáporná

Freedy · 17. 11. 2015 18:33

To je pravda no. Nešlo by to ošetřit absolutní hodnotou?
Popřípadě, jak by se to tedy řešilo?

Stýv · 17. 11. 2015 18:48

zkus ukázat, že $\left|\sum_{i=0}^{k}a_i\sqrt{n+i}-\sum_{i=0}^{k}a_i\sqrt{n}\right|$ je malé, když $\sqrt{n+i}-\sqrt n$ je malé

Jenda358

↑ Freedy:

Využil bych toho, že $\forall m\in \mathbb{N}:\lim_{n\to\infty }(\sqrt{n}-\sqrt{n+m})=0$ .

Vysvětlím to na příkladu. Vezměme $k=2,\text{ } a_{0}=1, \text{ }a_{1}=a_{2}=-\frac{1}{2}$ .
Nyní platí $\lim_{n\to\infty }\sum_{i=0}^{k}a_i\sqrt{n+i}=\lim_{n\to\infty }(\sqrt{n}-\frac{1}{2}\sqrt{n+1}-\frac{1}{2}\sqrt{n+2})$ .
To však můžeme rozepsat jako $\frac{1}{2}\lim_{n\to\infty }(\sqrt{n}-\sqrt{n+1})+\frac{1}{2}\lim_{n\to\infty }(\sqrt{n}-\sqrt{n+2})$ .
Teď už jen stačí aplikovat to, že $\forall m\in \mathbb{N}:\lim_{n\to\infty }(\sqrt{n}-\sqrt{n+m})=0$ .

No a je zřejmé, že v obecném případě půjde tento postup použít taky, jen je třeba to nějak vhodně formalizovat.

EDIT: Pokud jde o tu formalizaci, tak jako nejschůdnější mi přijde dokazovat to indukcí podle počtu sčítanců v té sumě.

Freedy · 17. 11. 2015 19:27

↑ Stýv:
Takže nějak takto?
$\left|\sum_{i=0}^{k}a_i\sqrt{n+i}-\sum_{i=0}^{k}a_i\sqrt{n}\right|=\left|\sum_{i=0}^{k}a_i\sqrt{n+i}-a_i\sqrt{n}\right|=\left|\sum_{i=0}^{k}a_i\big(\sqrt{n+i}-\sqrt{n}\big)\right|$

a
$|\sqrt{n+i}-\sqrt{n}|=\sqrt{n+i}-\sqrt{n}<\varepsilon$ platí $\forall n\in \mathbb{N}, n > \bigg(\frac{i-\varepsilon ^2}{2\varepsilon }\bigg)^2$

Takže se to dá zapsat takto?
$\sum_{i=0}^{k}a_i\sqrt{n+i}\sim \sum_{i=0}^{k}a_i\sqrt{n}$ $\forall n\in \mathbb{N}, n > \bigg(\frac{i-\varepsilon ^2}{2\varepsilon }\bigg)^2$ ??

Díky za odpověď.
Freedy

Stýv · 17. 11. 2015 19:39

↑ Freedy: co si představuješ pod zápisem $\sum_{i=0}^{k}a_i\sqrt{n+i}\sim \sum_{i=0}^{k}a_i\sqrt{n}$ ?

Freedy · 17. 11. 2015 19:42

pomocí notací jsme si toto definovali jako:
$f(n)\sim g(n)$ právě když
$\lim_{n\to\infty }\frac{f(x)}{g(x)}=1$
"f(n) a g(n) rostou asi stejně rychle"

Stýv · 17. 11. 2015 19:51

↑ Freedy: no tak to sice asi platí, ale že bych to viděl z té rovnosti $\left|\sum_{i=0}^{k}a_i\sqrt{n+i}-\sum_{i=0}^{k}a_i\sqrt{n}\right|=\left|\sum_{i=0}^{k}a_i\sqrt{n+i}-a_i\sqrt{n}\right|=\left|\sum_{i=0}^{k}a_i\big(\sqrt{n+i}-\sqrt{n}\big)\right|$ , to nemůžu říct

Freedy · 17. 11. 2015 20:00

Tak ale,
$\lim_{n\to\infty }\frac{f(n)}{g(n)}=1$ z tohoto plyne, že
$\lim_{n\to\infty }f(n)=\lim_{n\to\infty }g(n)$
To však znamená, že pro každé epsilon>0 existuje n0 tak, že pro všechna n>n0 platí:
$|f(n)-g(n)|<\varepsilon$
Nebo se pletu?

Jenda358

↑ Freedy:

Obecně z platnosti $\lim_{n\to\infty }\frac{f(n)}{g(n)}=1$ určitě nemusí plynout $\lim_{n\to\infty }f(n)=\lim_{n\to\infty }g(n)$ . Stačí třeba položit $f(n)=g(n)$ , kde $f(n)$ je divergentní posloupnost (a pro pořádek by ještě asi měla být od nějakého indexu nenulová).

Každopádně myslím, že nejjednodušší cesta k řešení tvého problému je ta, kterou jsem se pokusil nastínit výše.

EDIT: mimochodem, koho máš na analýzu (myslím na přednášku i na cvičení)?

EIDT2: i když teď když koukám na to, co navrhuje kolega stýv, tak radši beru zpátky, že mnou navrhované řešení je nejjednodušší. Řekl bych, že obě řešení jsou zhruba stejně složitá.

Freedy · 17. 11. 2015 20:27

Ahoj,

pod pojmem rovná se $\lim_{n\to\infty }f(n)=\lim_{n\to\infty }g(n)$ mám na mysli, že se jedná o stejný typ limity.
Mimochodem, jak to myslíš, že f(n) = g(n) kde f je divergentní? Vždyť potom ty limity f(n) a g(n) budou stejného typu. Já nyní ale uvažoval posloupnosti, které jsou konvergentní, což v tomto případě platí. Od indexu nemusí být nenulová, stačí aby její limita nebyla 0.

Jinak tvůj příspěvek nahoře jsem přehlédl a připadá mi srozumitelný. Asi by to určitě takto šlo, nicméně mi to přijde zbytečně pracné, dokazovat to indukcí. Ale v podstatě ten postup je přímočarý a asi bych to nakonec takto zapsat musel.
Jinak k tvému dotazu, na analýzu mám doc. RNDr. Bohumír Opic DrSc. a na cvičení Mgr. Marek Cúth, Ph.D.

Jenda358 · 17. 11. 2015 20:27

Kolega stýv pouze jinými slovy navrhuje to, abys to řešil takhle:

$\lim_{n\to\infty }\sum_{i=0}^{k}a_i\sqrt{n+i}=\lim_{n\to\infty }(\sum_{i=0}^{k}a_i\sqrt{n+i}-\sum_{i=0}^{k}a_i\sqrt{n}+\sum_{i=0}^{k}a_i\sqrt{n})$ .

Na tu limitu vpravo prostě použij větu o aritmetice limit.

Jenda358 · 17. 11. 2015 20:35

↑ Freedy:

Pokud položíš např. $f(n)=g(n)=(-1)^{n}$ , tak zjevně platí $\lim_{n\to\infty }\frac{f(n)}{g(n)}=1$ , avšak určitě neplatí $\lim_{n\to\infty }f(n)=\lim_{n\to\infty }g(n)$ , neboť ty limity neexistují.
Pokud jsi ale měl na mysli pouze konvergentní posloupnosti, tak je to OK.

Kdyby posloupnost $f(n)$ nebyla od žádného indexu nenulová, tak by výraz $f(n)/f(n)$ neměl smysl pro někonečně mnoho různých $n$ , takže by neexistovala ani limita $\lim_{n\to\infty }\frac{f(n)}{f(n)}$ .

Freedy · 17. 11. 2015 20:42

↑ Jenda358:
ano, byl jsem myšlenkama někde jinde, přemýšlel jsem o jiném typu

A s tou (-1)^n... Neuvažuji oscilující posloupnosti a navíc to rovná se jsem myslel ve smyslu stejného typu a stejné vlastnosti limit.

Díky za objasnění ;)
Freedy

Jenda358 · 17. 11. 2015 20:52

↑ Freedy:

Nemáš zač :-)

Ale rád bych věděl, jak přesně jsi to myslel s tím rovná se. Co myslíš typem limity a co rozumíš těmi stejnými vlastnostmi? Jak definuješ zápis $\lim_{n\to\infty }f(n)=\lim_{n\to\infty }g(n)$ ?
Standardně se to chápe jako zkratka výroku "Posloupnosti f(n) a g(n) jsou obě konvergentní a jejich limity se rovnají."

Freedy · 17. 11. 2015 21:03

↑ Jenda358: ano... vím že to nejde nějak šikovně opatřit ty divergentní posloupnosti. Nicméně, o těch tady ten příklad není :)

Stýv · 17. 11. 2015 22:33

↑ Freedy: já ale nevím, jak jsi přišel na $\lim_{n\to\infty }\frac{f(n)}{g(n)}=1$

Freedy · 17. 11. 2015 22:49

Tak asi z toho, že pro ten malý rozdíl, bude rozdíl těch dvou funkcí malý.
$|f(n)-g(n)|\le |f(n)-L|+|g(n)-L)|\le \varepsilon$
tedy f(n) i g(n) mají stejnou limitu L a tedy lim f(n) / g(n) = 1.
Nebo je to špatná úvaha?

Stýv · 17. 11. 2015 23:10

↑ Freedy: co třeba takové posloupnosti 1/n a 2/n?

Freedy · 17. 11. 2015 23:18

↑ Stýv: dobře, tak k čemu mi vlastně je, že $\lim_{n\to\infty }\frac{f(n)}{g(n)}=1$ :D asi k ničemu, že?

Matematické Fórum

#1 17. 11. 2015 14:40

Limita

#2 17. 11. 2015 14:52 Příspěvek uživatele Sherlock byl skryt uživatelem Sherlock.

#3 17. 11. 2015 16:54

Re: Limita

#4 17. 11. 2015 16:56

Re: Limita

#5 17. 11. 2015 17:04 — Editoval Freedy (17. 11. 2015 17:05)

Re: Limita

#6 17. 11. 2015 18:24

Re: Limita

#7 17. 11. 2015 18:33

Re: Limita

#8 17. 11. 2015 18:48

Re: Limita

#9 17. 11. 2015 19:24 — Editoval Jenda358 (17. 11. 2015 19:43)

Re: Limita

#10 17. 11. 2015 19:27

Re: Limita

#11 17. 11. 2015 19:39

Re: Limita

#12 17. 11. 2015 19:42

Re: Limita

#13 17. 11. 2015 19:51

Re: Limita

#14 17. 11. 2015 20:00

Re: Limita

#15 17. 11. 2015 20:12 — Editoval Jenda358 (17. 11. 2015 20:23)

Re: Limita

#16 17. 11. 2015 20:27

Re: Limita

#17 17. 11. 2015 20:27

Re: Limita

#18 17. 11. 2015 20:35

Re: Limita

#19 17. 11. 2015 20:42

Re: Limita

#20 17. 11. 2015 20:52

Re: Limita

#21 17. 11. 2015 21:03

Re: Limita

#22 17. 11. 2015 22:33

Re: Limita

#23 17. 11. 2015 22:49

Re: Limita

#24 17. 11. 2015 23:10

Re: Limita

#25 17. 11. 2015 23:18

Re: Limita

Zápatí