Matematické Fórum

3.14.TR · 01. 11. 2012 09:47

ahoj,
mám za úkol dokázat, že $\lim_{n\to\infty}2^{\sqrt{n}} = \infty$
Napadla mě taková věc, ale nevím, jestli to můžu použít, popř., jak to zapsat.

Vytvořim zobrazení $\delta _{(n)} = n^2$ a potom podposloupnost $a_{\delta _{(n)}}$ která bude vlastně exponenciální $a_{\delta _{(n)}} = 2^{n}$ takže půjde k nekonečnu. Tím můžu říct, že nekonečno je jeden hromadný bod. Chápu to tak správně? Tudíž pokud limita existuje (=existuje právě jeden hromadný bod), je to právě toto nekonečno.

Stačilo by teď dokázat, že je posloupnost rostoucí? resp $2^{\sqrt{n}} > 2^{\sqrt{n-1}}$ . Jelikož je odmocnina také rostoucí, je to snad zjevné. Nebo je to potřeba nějak specielně dokázat? A dokazuje to celé vůbec nevlastní limitu?

Nebo to jde nějak jednoduše?
Díky za rady

Rumburak

Ahoj.

Toto $2^{\sqrt{n}} > 2^{\sqrt{n-1}}$ dokazuje , že zkoumaná posloupnost je rostoucí a tudíž má limitu.
K tomu, abychom dokázali, Že tato limita je $+\infty$ , stačí ukázat, že posloupnost není shora omezená. To se dá zjistit např. zkoumáním,
zda nerovnost $2^{\sqrt{n}} > K$ je v oboru přirozených čísel řešitelná pro každé $K > 0$ .

Netuším, co všechno jste již stihli probrat a co tedy je přípustné v důkaze použít. Například by se dalo použít, že z posl. $(2^{\sqrt{n}})$ lze
vybrat posloupnost, která je zároveň vybranou posloupnosti z $(2^n)$ , jejíž limita je $+\infty$ . Poslední tvrzení se snadno dokáže
sporem s předpokladem, že limita posl. $(2^n)$ je konečná (že existuje a je kladná, plyne z monotonie této posloupnosti).

3.14.TR · 01. 11. 2012 10:34

↑ Rumburak:
Díky za odpověď
omezenost chápu (ale mám prý použít právě podposloupnosti), důkaz druhého odstavce ne. Vyberu např $\gamma = x^4$ , její limita je taky nekonečno, a není konečná. Tím dostanu $2^{n^2}$

Víme, že je rostoucí a limitu má nekonečno, tzn je nekonečná (?) a proto pokud předpokládáme konečnost, tak to neplatí a tím se dostaneme ke sporu, tzn je nekonečná? To dokáže, že limita je nekonečno?
Jsem v tom trochu ztracený

Rumburak · 01. 11. 2012 11:29

↑ 3.14.TR:

Rčení, že posloupnost $(a_n)$ je nekonečná, se občas používá, chceme-li zdůraznit, že index $n$ probíhá nekonečnou množinu
(nejčastěji množinu včech přirozených čísel) na rozdíl od případů, kdy máme na mysli konečný seznam (tj. uspořánanou k-tici)
$( a_1, a_2, ..., a_k )$ , který někdy bývá nazýván konečnou posloupností.
Snad jsi chtěl řícii, že posloupnost není shora OMEZENÁ nebo něco podobného.

O limitě (v obvyklém smyslu dle matematické analýzy) má smysl hovořit pouze u nekonečných posloupnosti, v analýze se
posloupností zpavidla míní posloupnost nekonečná, není-li řečeno jinak.

Tomu důkazu pomocí posl. $(2^{n^2})$ rozumím takto:

1. krok : Posloupnost $(2^{\sqrt{n}})$ je rostoucí, proto má jistou limitu, kterou označme $L$ . Tutéž limitu má i každá její podposloupnost
(tj. posloupnost vybraná z $(2^{\sqrt{n}})$ ), jak praví věta o limitě vybrané posloupnosti.

2. krok : $(2^n)$ má limitu $+\infty$ (důkaz jsem naznačil v předchozím příspěvku, kdyby ta nápověda nestačila, provedu podrobněji).

3. krok : $(2^{\sqrt{n^2}})$ je jednak triviálně rovna posloupnosti $(2^n)$ , ale zároveň je též vybranou posloupností z $(2^{\sqrt{n}})$ , protože
$(n^2)$ je vybranou posloupností z $(n)$ .

Závěr:

Ukázali jsme, že z posloupnosti $(2^{\sqrt{n}})$ lze vybrat takovou její podposloupnost, která má limitu $+\infty$ , proto podle 1. kroku je $L=+\infty$ .

Doslovnému obsahu Tvých dotazů jsem moc nerozuměl, takže pokud ještě je co dořešit, zkus to zformulovat co nejpřesněji
(to je v matematice základní věc).