Matematické Fórum

Pritt · 30. 11. 2015 23:19 — Editoval Pritt (30. 11. 2015 23:19)

Zdravím,
projíždím skripta a zasekl jsem se u příkladu:
$\lim_{n \rightarrow \infty}\sqrt[n]{n}\cdot \sqrt[n+1]{n+1}\cdot...\cdot \sqrt[2n]{2n}=$
Podle výsledků by to mělo být $+ \infty$ ale dojít k tomu, se mi nepovedlo. Díky za každou radu.

jelena · 01. 12. 2015 00:43

Zdravím,

pokud přepíšeš na $e^{\ln(...)}$ , jde exponent upravit tak, aby bylo "viditelné"? Děkuji.

Pritt · 01. 12. 2015 16:24

↑ jelena:

Děkuji, takže by to mohlo být takhle?
$\lim_{n \rightarrow \infty}\sqrt[n]{n}\cdot \sqrt[n+1]{n+1}\cdot...\cdot \sqrt[2n]{2n}=$
$=\lim_{n \rightarrow \infty} e^{ln( \sqrt[n]{n})}\cdot e^{ln( \sqrt[n+1]{n+1})} \cdot...\cdot e^{ln( \sqrt[2n]{2n})}=$
$=\lim_{n \rightarrow \infty} e^{ln(\sqrt[n]{n}) + ln(\sqrt[n+1]{n+1}) +...+ln(\sqrt[2n]{2n})}$
Tady je vidět, že $\sqrt[n]{n} \ge 1,\sqrt[n+1]{n+1} > 1, ...$
Takže $ln\sqrt[n]{n} \ge 0,ln\sqrt[n+1]{n+1} > 0, ...$
Tedy se ten exponent bude blížit k $+\infty$ a tedy celá limita bude rovna $+\infty$ ?

jelena · 01. 12. 2015 20:56

↑ Pritt:

také děkuji, ale nějak se mi to nezdá: pokud mám
$=\lim_{n \rightarrow \infty} e^{ln(\sqrt[n]{n}) + ln(\sqrt[n+1]{n+1}) +...+ln(\sqrt[2n]{2n})}$ ,
tak v exponentu je součet členů $\frac{\ln n}{n}+\frac{\ln (n+1)}{n+1}+...+\frac{\ln (2n)}{2n}$ a mně potom vychází limita exponentu 0? Děkuji.

Pritt · 02. 12. 2015 00:26

↑ jelena:

Pak jsem si to také uvědomil, že jsme to napsal špatně, to znamená tedy, že by limita byla rovna 1. Je tedy možná chyba ve výsledcích ve skriptech..?

jelena · 02. 12. 2015 00:42

↑ Pritt:

mně také vychází limita =1. Chyba ve výsledku může být, také snad se podívá i někdo další z kolegů, děkuji.

Bati · 02. 12. 2015 01:12

Zdravím ↑ Pritt:, ↑ jelena:,
limita exponentu by byla nula, pokud by sčítanců byl omezený počet, což není tento případ, tudíž to není hned tak jasné.

V exponentu hraje velkou roli část harmonické řady $\tfrac1{n}+\ldots\tfrac1{2n}$ - to ostatní odhadneme (hodnoty $\ln{n}$ a $\ln{2n}=c+\ln{n}$ jsou pro velká n zanedbatelně stejné (logaritmus roste hodně pomalu)).
$\exp\left(\sum_{k=n}^{2n}\frac{\ln{k}}{k}\right) \geq\exp\left(\ln{n}\left(\sum_{k=n}^{2n}\frac{1}{k}\right)\right)$
Zbývá ukázat, že $\sum_{k=n}^{2n}\frac{1}{k}$ se pro velká n chová jako konstanta (ln 2). Nevím, co všechno jste si říkali o harmonické řadě.

Pritt · 03. 12. 2015 00:14

↑ Bati:

Díky za příspěvek, potom tedy už bude jasné, že to bude $+\infty$ . Jenom by mě ještě zajímalo jak ukázat to co zbývá ukázat :)

Bati · 03. 12. 2015 00:45 — Editoval Bati (03. 12. 2015 01:03)

↑ Pritt:
Napadají mě 2 způsoby.

Buď víš, že $\sum_{k=1}^n\frac1k=\ln{n}+\gamma+\varepsilon(n)$ , kde $\varepsilon(n)\to0$ pro $n\to\infty$ . Potom můžeš psát, že
$\sum_{k=n}^{2n}\frac1k=\sum_{k=1}^{2n}\frac1k-\sum_{k=1}^{n-1}\frac1k=\ln{2n}+\gamma+\varepsilon(2n)-\ln(n-1)-\gamma-\varepsilon(n-1)=\ln{\frac{2}{1-\frac1n}}+\varepsilon(2n)-\varepsilon(n-1)\to\ln2$ .

Nebo, možná o něco elementárnější cesta, je využít Taylorův rozvoj logaritmu a dosadit jedničku. Tak dostaneš známou identitu $\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k+1}}{k}=\ln2$ . Tu pak můžeš použít takhle:

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

Edit: Ještě mě napadá třetí, asi nejjednodušší cesta přes integrál. Jde o to, že plochu pod grafem funkce $f(x)=\frac1{[x]}$ můžeme spočítat jako Riemannův integrál a ten podle definice odpovídá přesně součtu harmonické řady. Funkci $f(x)$ snadno omezíš shora i zespoda funkcemi $\frac1{x\pm1}$ . Teď přichází hlavní výhoda tohoto přístupu: funkci $x\mapsto\frac1x$ umíme snadno integrovat a získáme logaritmus. Pak už se jen použije Newtonova formule a dostaneš přibližně $\int_{x}^{2x}\frac1t=\ln{2x}-\ln{x}=\ln2$ (samozřejmě, že ne přesně tohle, protože máme jen ty odhady, ale ty odhady jsou pro velká x těsné a detaily si určitě zvládneš dodělat).

Pritt · 03. 12. 2015 11:03

↑ Bati:

Moc děkuji, úžasné.

Matematické Fórum

#1 30. 11. 2015 23:19 — Editoval Pritt (30. 11. 2015 23:19)

limita posloupnosti

#2 01. 12. 2015 00:43

Re: limita posloupnosti

#3 01. 12. 2015 16:24

Re: limita posloupnosti

#4 01. 12. 2015 20:56

Re: limita posloupnosti

#5 02. 12. 2015 00:26

Re: limita posloupnosti

#6 02. 12. 2015 00:42

Re: limita posloupnosti

#7 02. 12. 2015 01:12

Re: limita posloupnosti

#8 03. 12. 2015 00:14

Re: limita posloupnosti

#9 03. 12. 2015 00:45 — Editoval Bati (03. 12. 2015 01:03)

Re: limita posloupnosti

#10 03. 12. 2015 11:03

Re: limita posloupnosti

Zápatí