Matematické Fórum

rama27 · 21. 02. 2014 14:22

Ahoj, prosil bych o pomoc s jedním, myslím zajímavím, příkladem. Chtěl jsem na to jít tak, že bych minimum přímo spočítal, ale nějak jsem se zasekl :-) Díky

Dokaž, že $M:=\{lim sup(\frac{a_{n+1}+1}{a_{n}})^{n}:(a_{n})^{\infty }_{1};a_{n}>0\}$ má minimum.

Ještě doplním, že chodím do druhého semestru do prváku, takže prosím přiměřeně :)

Brano · 23. 02. 2014 01:43

Moj jediny napad bol tiez to minimum vypocitat - vyslo mi, ze je to $e$ .

Skus napisat k comu si sa dostal.

rama27 · 23. 02. 2014 11:16

Já si zkusil rozepsat $a_{n+1}=a_{n}\cdot q$ a pak se dostal k $limsup(q+\frac{1}{a_{n}})^{n}$
Co teď :-) ? Vybereme nějaké posloupnosti?

Brano · 23. 02. 2014 14:51 — Editoval Brano (23. 02. 2014 14:56)

to je dost specificka podmienka- vacsina postupnosti to zrejme nesplna a situaciu ani nejak velmi neosvetli.

Tak ako krok 1 mozes dokazat, ze to $e$ sa nadobuda a ako krok 2 potom ukazes, ze je to dolne ohranicenie.

Cize krok 1: Pre $a_n=n\ln n$ vypocitaj $\limsup_{n\to\infty}\left(\frac{a_{n+1}+1}{a_n}\right)^n$ .

malo by to vyjst $e$ http://www.wolframalpha.com/input/?i=li … n+to+infty
ked budes mat, tak sa posunieme dalej

PS: to co som nazval krok 1 nie je logicky prvy krok, ale to je (asi) to najjednoduchsie co sa tu da urobit - tak na zahriatie :)

Brano · 24. 02. 2014 15:47

Dalsi krok sa moze rozdelit na dve casti:

a) predpokladaj, ze pre nekonecne vela $n$ plati $\frac{a_{n+1}+1}{a_n}\ge 1+\frac{1}{n}$ a dokaz, ze potom
$\limsup_{n\to\infty}\left(\frac{a_{n+1}+1}{a_n}\right)^n\ge e$

b) predpokladaj, ze existuje $n_0$ take, ze pre vsetky $n\ge n_0$ plati $\frac{a_{n+1}+1}{a_n}< 1+\frac{1}{n}$ a doved to do sporu

rama27 · 25. 02. 2014 19:34

diky :)

rama27 · 03. 03. 2014 21:55

Ahoj. Ještě mám dotaz :) Jak dokázat, že:

$\frac{a_{n+1}+1}{a_n}\ge 1+\frac{1}{n}$

Opět to budeme dokazovat pro $a_{n}=n\cdot log(n)$ ?
Díky

Brano · 03. 03. 2014 22:54

To samozrejme nie.
Musis to dokazat vseobecne, az na to, ze takto silno to ani nepotrebujes a ani to neplati. Staci dokazat, ze ta nerovnost plati pre nekonecne vela $n$ - to bola ta cast b) kroku 2. Navrhujem tam dokaz sporom, cize predpokladas negaciu.

Mozes trebars takto: uvazuj postupnost $b_n=\frac{a_n}{n}$ - ta je tiez kladna - potom by si mal
$\frac{(n+1)b_{n+1}+1}{nb_n}< 1+\frac{1}{n}$ teda po upravach
$b_{n+1}-b_n<-\frac{1}{n+1}$ a teda
$b_n-b_{n_0}=-\sum_{k=n_0+1}^n\frac{1}{k}$ a kedze prava strana diverguje do $-\infty$ tak po case sa musi stat, ze $b_n<0$ co je spor.

rama27 · 05. 03. 2014 16:05

$\frac{a_{n+1}+1}{a_n}\ge 1+\frac{1}{n}$

Tohle mi pořád vrtá hlavou :D když si vezmeš za An = 1000; za A(n+1)=1 (a taková posloupnost určitě existuje) tak tohle tvrzení neplatí, ne?

Brano · 05. 03. 2014 16:34

↑ rama27:
a cital si ty co som ti napisal? ved jasne som povedal, ze takto to neplati. Treba vo vyrokoch citat vsetky kvantifiktory. Ty mas dokazat, ze ta nerovnost plati pre nekonecne vela clenov lubovolnej zvolenej postupnosti - t.j. nie nutne pre vsetky jej cleny

a dokaz ze to tak je je o prispevok vyssie.

rama27 · 05. 03. 2014 20:30

Aha, tak se hned nerozčiluj :-)

Brano · 05. 03. 2014 21:59 — Editoval Brano (05. 03. 2014 22:00)

↑ rama27:
ale ved ja sa nerozculujem. V cistom texte sa niekedy zle komunikuje - nie je jasne co si kto mysli ako pri osobnom kontakte. Z mojej strany to bolo skor take povzdychnutie.

Pokojne sa pytaj co nie je jasne, pripadne napis ze co uz vlastne mas urobene.

Matematické Fórum

#1 21. 02. 2014 14:22

Minimum

#2 23. 02. 2014 01:43

Re: Minimum

#3 23. 02. 2014 11:16

Re: Minimum

#4 23. 02. 2014 14:51 — Editoval Brano (23. 02. 2014 14:56)

Re: Minimum

#5 24. 02. 2014 15:47

Re: Minimum

#6 25. 02. 2014 19:34

Re: Minimum

#7 03. 03. 2014 21:55

Re: Minimum

#8 03. 03. 2014 22:54

Re: Minimum

#9 05. 03. 2014 16:05

Re: Minimum

#10 05. 03. 2014 16:34

Re: Minimum

#11 05. 03. 2014 20:30

Re: Minimum

#12 05. 03. 2014 21:59 — Editoval Brano (05. 03. 2014 22:00)

Re: Minimum

Zápatí