Matematické Fórum

Levin · 13. 01. 2015 21:06

Ahoj, mám dokázat

existenci limity posloupnosti $lim (-1)^\frac{n(n+1)}{2}*\frac{n}{n+1}$ pro n-> infinity.
Nad -1 vidím vzorec pro součet členů aritmetické posloupnosti, členy budou skákat + -, nějakou radu jak s tim pohnout?

Díky

vlado_bb · 13. 01. 2015 21:25

↑ Levin:Predstav si par po sebe iducich clenov pre dostatocne velke $n$ ... z definicie limity by ti uz potom malo byt jasne, ako na to. Moze byt?

vlado_bb · 13. 01. 2015 21:27

↑ vlado_bb:Iny pristup by bol cez podpostupnosti, takze napis, co vies o vztahu limity postupnosti a limit jej podpostupnosti.

Levin · 14. 01. 2015 18:44

↑ vlado_bb: Tak o tom vztahu vím, že limita podposloupnosti se rovná limitě té posloupnosti.

Když si jí zkusím tu limitu spočítat, vyjde, že jde k 1. Z toho nemůžu vyvrátit tvrzení, že limita existuje(konverguje, diverguje)

vlado_bb · 14. 01. 2015 18:48

↑ Levin:Tak podme pomocou definicie. Napis si tisici a tisic prvy clen. Ake su?

Sergejevicz · 14. 01. 2015 19:19

Levin napsal(a):
Když si jí zkusím tu limitu spočítat, vyjde, že jde k 1.

Prosím, limita nikam nechodí. To členy posloupnosti jdou k limitě.

Sergejevicz · 14. 01. 2015 19:56

Pomocí podposloupnoti se spíš ukazuje, že limita posloupnosti neexistuje. Platí, jak bylo správně řečeno, že pokud limita posloupnosti existuje, pak limita KAŽDÉ podposloupnosti se rovná limitě posloupnosti. Takže obměna implikace zní: Jestliže existují aspoň dvě podposloupnosti s různými limitami, pak limita posloupnosti neexistuje - cvičení z logiky (důkaz je veden sporem s jednoznačností limity). Tedy neexistence limity se takto ověřuje snadno, stačí najít aspoň dvě podposloupnosti s různými limitami. Ale existence limity posloupnosti se z toho ověřuje těžko. Musela by se ovětiř existence limity a její hodnota pro KAŘDOU vybranou podposlounost. Vybraných podposloupností je ale nekonečně mnoho, dokonce nespočetně. To by to ověřování tvrvalo poněkud dlouho, že :-)?

POZOR! Důkaz existence limity nemusí obsahovat její výpočet! Ano, výpočet kandidáta na limitu a ověření z definice, že ten kandidát limitou je, je také cesta, ale nemusí být vždy průchodná. Třeba takové Eulerovo číslo, definované jistou limitou.....

Sergejevicz · 14. 01. 2015 20:37

Zkusme naopak dokázat, že limita neexistuje. Odmyslíme-li si totiž tu -1 mocněnou na cosi, dostaneme posloupnost, jejíž limita je 1 (odůvodnit podrobně). Pokud posloupnost konvergující k 1 rozkmitám znaménkem, dostanu něco, co bude mít nějaké členy poblíž 1 a jiné zase poblíž -1. To jako celek nemůže konvergovat. Totiž, ukážeme, že existují dvě podposloupnosti, jedna s limitou 1 a druhá s limitou -1. Budou to podposloupnosti, které zachovávají znaménko.

Tady je to tak, že se znaménka nestřídají mezi sousedními členy. Zkus si napsat prvních třeba 10 součtů prvních n přirozených čísel. Znamnko se střídá s periodou čtyři členy. I obecně k tomu lze dospět. Střídavě se přičítá sudé a liché číslo.
Začínám s lichým (s jedničkou),
přičítám sudé,
výsledek je tedy lichý,
pak přičítám liché,
tedy nový výsledek musí být sudý,
pak přičítám sudé,
takže další nový výsledek musí být opět sudý,
nakonec přičítám liché,
takže ještě další nový výsledek musí být lichý
a jsem v situaci, kdy mám přičítat sudé,
tedy jsem v situaci jako na začátku - mám liché a přičítám sudé.

Takže nápad je vybrat n nějak "4-periodické", totiž $n=4k, k\in \mathrm{N}$ resp. $n=4k+1, k\in \mathrm{N}$ . Ověř si, že nezávisle na paritě $k$ vyjde při dosazení $n=4k$ resp. $n=4k+1$ ten exponent sudý resp. lichý. Takže s takoto volenými n zachováme znaménko.

Teď už jistě zvládneš dosadit takto volená n i do celého limitěného výrazu a spočítat ty dvě limity.

Sergejevicz · 14. 01. 2015 20:41

Jinak, pokud bychom naopak ukazovali existenci limity, a ne nutně bychom chtěli tuto limitu spočítat, tak se na to používají věty o limitách. Jako třeba věta, že rostoucí (klesající) a shora (zdola) omezená posloupnost má limitu - ověřujeme monotonii a příslušnou omezenost, nebo třeba tzv. věta o dvou policajtech (třeba na kmitající posloupnost $a_n = \frac{(-1)^n}{n}$ ), nebo věta o vztahu limity a aritmetických operací - můžu posloupnost rozdělit třeba na součet dvou jiných posloupností, o každé pak ukázat, že má limitu a že součet těch limit má smysl. Tím pak má limitu i původní posloupnost.

Sergejevicz · 14. 01. 2015 20:43

Chci-li dokazovat existenci limity z definice, musím mít na limitu jejího kandidáta. Toho musím vlastně uhodnout, což se mi ale ne vždy může podařit.

Pavel · 14. 01. 2015 20:47 — Editoval Pavel (14. 01. 2015 21:30)

↑ Sergejevicz:

Ale existence limity posloupnosti se z toho ověřuje těžko. Musela by se ovětiř existence limity a její hodnota pro KAŘDOU vybranou podposlounost. Vybraných podposloupností je ale nekonečně mnoho, dokonce nespočetně. To by to ověřování tvrvalo poněkud dlouho, že :-)?

Ne vždy je situace tak beznadějná, aby bylo nutno analyzovat všech nespočetně mnoho vybraných posloupností. Např. platí, že mají-li vybrané posloupnosti $\{a_{2n}\}_{n=1}^{\infty}$ a $\{a_{2n-1}\}_{n=1}^{\infty}$ stejnou limitu $A$ , pak tutéž limitu má i původní posloupnost $\{a_n\}_{n=1}^{\infty}$ , což ale není případ posloupnosti, která se zde řeší.

Chci-li dokazovat existenci limity z definice, musím mít na limitu jejího kandidáta. Toho musím vlastně uhodnout, což se mi ale ne vždy může podařit.

Hádat není vždy zapotřebí. Někdy lze kandidáta na limitu systematicky určit přímo z definice tak, aby tato byla splněna.

vanok · 14. 01. 2015 21:10 — Editoval vanok (14. 01. 2015 22:00)

Pozdravujem
Trochu ine riesenie.
Postupnost $(\frac {n(n+1)} 2)$ je vytvorena clenmy: 1,3,6,10, 15, 21, 28,... Je lahko ukazat, ze tie cleny su alternativne dva neparne, dva parne...
Tak z danej postupnost sa jednoducho daju vybrat dve postupnosti alternativne kladna a zaporna (pripadne mozes napisat ich cleny, podla vyberu, co sa urobi)
Co najviac mozme povedat.
Co to da?

Levin · 14. 01. 2015 21:24

↑ Sergejevicz:
Pro ten důkaz sporem potřebuji 2 limity, ale potřebuji zjistit, jak z té posloupnosti vybrat teď 2 podposloupnosti. $|a_{n} -A|$ a $|a_{n} -B|$ , podle toho pak můžu posuzovat. Jak dostanu ty podposloupnosti?

Levin · 14. 01. 2015 21:30

limitu zlomku spočítám, že z jmenovatele vytknu n, poté zkrátím a zůstane 1/1+0

Levin · 14. 01. 2015 21:34 — Editoval Levin (14. 01. 2015 21:42)

↑ vanok: rozdělím si posloupnost, počítám limitu z části, které se nemění znaménka, tudíž část bk, z toho vypočítám limitu a pomocí toho můžu rozhodnout zda konverguje, či diverguje

vanok · 14. 01. 2015 21:57 — Editoval vanok (14. 01. 2015 22:06)

Ano z danej postupnost sa jednoducho daju vybrat dve postupnosti alternativne kladna a zaporna (pripadne mozes napisat ich cleny, podla vyberu, co sa urobi)
Najviac jedna kovnerguje k 1, a druha -1.
Najviac iste vies:
Ak jedna vybrana postupnost danej postupnosti, konverguje k inej limite ako ina vybrana postupnost, tak potom dana postupnost nemoze konvergovat.

vanok · 14. 01. 2015 22:11 — Editoval vanok (15. 01. 2015 02:19)

↑ Levin:
Podla co pises tu neplati.
Ale $\frac n {n+1}=\frac 1 {1+1/ n}$ , ( co da limitu v + oo......)

Sergejevicz · 14. 01. 2015 22:12

↑ Pavel:
Jo, to máš vlastně pravdu.

Sergejevicz · 14. 01. 2015 22:45

Způsobem $\lim_{n\rightarrow \infty}a_{2n} = \lim_{n\rightarrow \infty}a_{2n+1} = A$ se vlastně dá dokazovat existence a spočítat limita posloupnosti $a_n=\frac{(-1)^n}{n}$ , o které jsem tady psal.

↑ Levin:
Vlastně jsem to napsal špatně. Důkaz se provádí přímo. Existence limity znamená, že $\exists n_0\in \mathrm{N} : \forall n>n_0 : |a_n-A|<\varepsilon$ . Speciálně je $|a_{k_n}-A|<\varepsilon$ , kde $a_{k_n}$ jsou členy libovolné vybrané podposloupnosti. To je ale definice toho, že ta libovolná vybraná má limitu A.

Matematické Fórum

#1 13. 01. 2015 21:06

Důkaz existence limity

#2 13. 01. 2015 21:25

Re: Důkaz existence limity

#3 13. 01. 2015 21:27

Re: Důkaz existence limity

#4 14. 01. 2015 18:44

Re: Důkaz existence limity

#5 14. 01. 2015 18:48

Re: Důkaz existence limity

#6 14. 01. 2015 19:19

Re: Důkaz existence limity

Levin napsal(a):

#7 14. 01. 2015 19:56

Re: Důkaz existence limity

#8 14. 01. 2015 20:37

Re: Důkaz existence limity

#9 14. 01. 2015 20:41

Re: Důkaz existence limity

#10 14. 01. 2015 20:43

Re: Důkaz existence limity

#11 14. 01. 2015 20:47 — Editoval Pavel (14. 01. 2015 21:30)

Re: Důkaz existence limity

#12 14. 01. 2015 21:10 — Editoval vanok (14. 01. 2015 22:00)

Re: Důkaz existence limity

#13 14. 01. 2015 21:24

Re: Důkaz existence limity

#14 14. 01. 2015 21:29 Příspěvek uživatele vanok byl skryt uživatelem vanok. Důvod: Zbytocne

#15 14. 01. 2015 21:30

Re: Důkaz existence limity

#16 14. 01. 2015 21:34 — Editoval Levin (14. 01. 2015 21:42)

Re: Důkaz existence limity

#17 14. 01. 2015 21:57 — Editoval vanok (14. 01. 2015 22:06)

Re: Důkaz existence limity

#18 14. 01. 2015 22:11 — Editoval vanok (15. 01. 2015 02:19)

Re: Důkaz existence limity

#19 14. 01. 2015 22:12

Re: Důkaz existence limity

#20 14. 01. 2015 22:45

Re: Důkaz existence limity

Zápatí