Matematické Fórum

Bati · 12. 07. 2019 14:10

↑↑ vanok:
ale posloupnost aritmetickych prumeru z $\{\sqrt[n]n\}_{n=1}^{\infty}$ je $\{\frac{1+\sqrt2+\sqrt[3]3+\ldots+\sqrt[n]n}{n}\}_{n=1}^{\infty}$

vanok · 12. 07. 2019 16:03

Cau ↑ Bati:,
Presne to iste som ti napisal.
A pytany vysledok je lahko z toho dedukovat. ( ak je to ti co ta trapi), lebo $\frac 1n$ konverguje k nule.

Bati · 12. 07. 2019 16:06

↑ vanok:
Jak to mam z toho dedukovat?

vanok · 12. 07. 2019 16:22 — Editoval vanok (12. 07. 2019 16:23)

Co tu pisem je ti jasne?

Tak vidis preco $\lim_{ n \to \infty } \frac{1+ \sqrt{n} + \sqrt[3]{n} +...+ \sqrt[n]{n} }{n} =1$ .
A tiez, ze $\lim_{n\to \infty}\frac 1n=0$ .

A tak vyuzi, vetu o rozdiele limit.

(Poznamka : nepouzivam nic ine ako Cauchy v 1821....)

Bati · 12. 07. 2019 16:29

↑ vanok:
ale $\frac{1+ \sqrt{n} + \sqrt[3]{n} +...+ \sqrt[n]{n} }{n} \neq\frac{1+\sqrt2+\sqrt[3]3+\ldots+\sqrt[n]n}{n}$

vanok · 12. 07. 2019 16:54 — Editoval vanok (12. 07. 2019 17:14)

↑ Bati:,
Dakujem za upozornenie.
Som nepozorne cital ( a kopiroval ) text cvicenia.
I ked zatial som dokazal, ze $\lim_{ n \to \infty } \frac{1+ \sqrt{2} + \sqrt[3]{3} +...+ \sqrt[n]{n} }{n} =1$ to nedava odpoved na danu otazku.
( upravim moju odpoved, aby tam neostali nepresnosti)

A tak ostava stale hladat dokaz daneho tvrdenia, cize $\lim_{ n \to \infty } \frac{1+ \sqrt{n} + \sqrt[3]{n} +...+ \sqrt[n]{n} }{n} =1$ .
(Ako potvrdil kolega↑↑ kerajs: v prispevku #397 ).

Bati · 12. 07. 2019 23:27

↑↑ vanok:↑↑ Marian:↑↑ kerajs:
Panove, zatim jste nenapsali nic co by me aspon trochu presvedcilo, ze ta limita je 1, takze jsem si to musel spocitat sam. Nejprve nejake odhady:

Pro $x\in(0,\frac14)$ , $k\geq2$ a $p\in(0,1)$ plati $\frac{(k-1-p)(k-2-p)\ldots(1-p)p}{k!}x^k\leq\frac{p}{2^k}x$ .
Dukaz:

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

Pouzitim odhadu v binomickem rozvoji dostanu
$(1-x)^p=1-px-\sum_{k=2}^{\infty}\frac{(k-1-p)\ldots(1-p)p}{k!}x^k\geq1-\frac32px$ , $x\in(0,\frac14)$

To ted pouziju pro $x=\frac1n$ (BUNO $n>4$ ) a $p=\frac 1i$ :
$\sum_{i=2}^{n-1}(n^{\frac1i}-(n-1)^{\frac1i})=\sum_{i=2}^{n-1}n^{\frac1i}(1-(1-\frac1n)^{\frac1i}) \leq\sum_{i=2}^{n-1}n^{\frac12}\frac3{2in} \leq\frac32n^{-\frac12}(\ln(n-1)+1)$ ,
kde jsem taky pouzil odhad castecneho souctu harmonicke rady. Takze, oznacim-li $a_n=\sum_{i=2}^n\sqrt[i]n$ , pak
$1\leq a_n-a_{n-1}=\sqrt[n]n+\sum_{i=2}^{n-1}(n^{\frac1i}-(n-1)^{\frac1i})\leq\sqrt[n]n+\frac32n^{-\frac12}(\ln(n-1)+1)$ . Z toho vidime, ze $\lim_{n\to\infty}(a_n-a_{n-1})=1$ . A protoze $\lim_{n\to\infty}(n-(n-1))=1$ , podle Stolzovy vety dostavame ze $\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}n=1$ , coz jsme chteli dokazat.

vanok · 13. 07. 2019 03:13

Ahoj ↑ laszky:,
Geometricky priemer je mensi ako aritmeticky.

laszky · 13. 07. 2019 03:16

↑ vanok:

Nj, ja si rikal, ze mi tam neco nesedi :-)

Bati · 15. 07. 2019 19:04

(85)

$\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n\frac1{k!n^k}$

kerajs · 15. 07. 2019 20:02 — Editoval kerajs (15. 07. 2019 21:11)

$\lim_{n\to\infty} \bigg( \frac{1}{n}+\sum_{k=2}^n\frac1{2n^2} \bigg)\ge \lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n\frac1{k!n^k}\ge 0 \\ \lim_{n\to\infty} \bigg( \frac{1}{n}+\frac{n-1}{2n^2} \bigg)\ge \lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n\frac1{k!n^k}\ge 0 \\ \lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n\frac1{k!n^k}=0$

EDIT @ 84 :
https://matematyka.pl/441716.htm

vanok · 20. 07. 2019 21:53

Problem (86)

Vysetrite dve postupnosti $(x_i)_{i \in \Bbb N}$ a $(y_i)_{i \in \Bbb N}$ ak $x_0=y_0=0$ a $\forall x \in \Bbb N, x_{i +1}=\sqrt {7-y_i}, y_{i +1}=\sqrt {7 +x_i}$

kerajs · 21. 07. 2019 07:08 — Editoval kerajs (21. 07. 2019 07:17)

$x_1= \sqrt{7} \wedge y_1= \sqrt{7}\\ x_2= \sqrt{7- \sqrt{7} } \wedge y_2= \sqrt{7+ \sqrt{7} }\\ x_3= \sqrt{7- \sqrt{7+\sqrt{7}} } \wedge y_3= \sqrt{7+ \sqrt{7-\sqrt{7}} }\\ x_4= \sqrt{7- \sqrt{7+\sqrt{7-\sqrt{7}}} } \wedge y_4= \sqrt{7+ \sqrt{7-\sqrt{7+\sqrt{7}}} }\\ \\ \\ x_n=\underbrace{\sqrt{7- \sqrt{7+\sqrt{7-\sqrt{7+\sqrt{7- \sqrt{7+...} }}}} } }_{n}\\ \lim_{n \to \infty }x_n =a \Rightarrow a=\sqrt{7- \sqrt{7+a} } \\ a^4-14a^2-a+42=0 \wedge 0 \le a \le \sqrt{7} \\ (a-2)(a+3)(a-( \frac{1- \sqrt{29} }{2} ))(a-( \frac{1+ \sqrt{29} }{2} ))=0 \wedge 0 \le a \le \sqrt{7} \\ \lim_{n \to \infty }x_n =2\\ \\ \\ \\ y_n=\underbrace{ \sqrt{7+\sqrt{7-\sqrt{7+\sqrt{7- \sqrt{7+\sqrt{7-....}} }}}} }_{n}\\ \lim_{n \to \infty }y_n =b \Rightarrow b=\sqrt{7+ \sqrt{7-b} } \\ b^4-14b^2+b+42=0 \wedge b \ge \sqrt{7} \\ (b+2)(b-3)(b-( \frac{-1- \sqrt{29} }{2} ))(b-( \frac{-1+ \sqrt{29} }{2} ))=0 \wedge b \ge \sqrt{7} \\ \lim_{n \to \infty }y_n =3$

Bati · 21. 07. 2019 10:38

↑ kerajs:
Jak vis, ze $\lim_{n\to\infty}x_n=a$ ? Tj. ze existuje a neni nekonecno?

vanok · 21. 07. 2019 11:15 — Editoval vanok (21. 07. 2019 11:44)

Ahoj ↑ Bati:,
To mas pravdu, ze najprv je dobre ukazat ( napr.), ze pre kazde $i \in \Bbb N$ , $x_i$ , $y_i$ existuju a su v intervale $[0;7]$ .
Potom ukazat, ze ak obidve postupnosti maju limity $a$ , $b$ tak ukazat, ze musi platit
$a=\sqrt {7-b}$
$b=\sqrt {7+a}$ , a potom vyriesit tento system.
A nakoniec doriesit problem ...

krakonoš

↑ vanok:
Ahoj.
Mně ale vychází,že posloupnost xi je po dvou členech klesající ,pak po dvou opět rostouci,opět klesající po dvou....- jako za sebou zařazenáWWW...
Ukazuje to i indukce,když si vyjádříš podíl xiplus1/xi.Je otázka,zda dochází vůbec k "přibližování" k limitě -"snižování zubů"

vanok · 21. 07. 2019 13:04 — Editoval vanok (22. 07. 2019 14:02)

Ahoj ↑ krakonoš:,

To pises zaujimave pozorovanie. A iste, by si nasla tvojou cestou tiez

Tu ti napisem, podobnu cestu k tomu rieseniu, ale rozdolenu na tri etapy. (Naznacenu uz v #416)

Tam ta prva etapa ukaze len, ze tie postupnosti su ohranicene. ( a ze ak existuju su konecne).

Druha ukaze ( po rieseni uvedeneho systemu), ze ak tie limity existuju, tak su 2 a 3.
( to vlasne je dokaz v #414, i ked sa to da rychlejsie urobit).
To vsetko ale este nestaci na dokaz tych limit.

To ukaze, dalsie vysetrovanie danych postupnosti.
(Je napr. je mozne urobit vdaka studiu postupnosti $(x_i-2)$ a $(y_i-3)$ )

kerajs · 21. 07. 2019 16:29

Bati napsal(a):
Jak vis, ze $\lim_{n\to\infty}x_n=a$ ? Tj. ze existuje a neni nekonecno?

Ne vim.
Předpokládám, že limita existuje, a řešení rovnice $a=\sqrt {7-\sqrt {7+a}}$ v R (nebo rovnica nema riesenie w R) to potvrdí (popře).

vanok napsal(a):
$a=\sqrt {7-b}$
$b=\sqrt {7+a}$ , a potom vyriesit tento system.

↑ kerajs::
$a=\sqrt {7-\sqrt {7+a}}\\ b=\sqrt {7+\sqrt {7-b}}\\ ....\\ ....\\ a=2\\ b=3$

vanok · 21. 07. 2019 18:44

Ahoj ↑ kerajs:,
Ano za predpokladu ze limity a, b existuju to si uz v #414 dokazal, ze potom a=2 a b=3, i ked sa to da rychlejsie dokazat ( a lepsie napisat).
No treba este dokazat ako som to vyssie napisal, ze ide o limity definovanych postupnosti v ↑ vanok:.

Dobre pokracovanie.

vanok · 21. 07. 2019 21:50 — Editoval vanok (25. 07. 2019 00:32)

Riesenie podla ↑ vanok:.
Prvy bod to iste kazdy vie urobit.

Druhy bod.
$a=\sqrt {7-b}$
$b=\sqrt {7+a}$ v pre a, b v [0;7]

Nam da
$a^2=7-b$
$b^2=7+a$

Co sa da ekvivalentne napisat
$b^2-a^2=a+b$ (tato rovnica da $(a+b)(b-a-1)=0$ )
$b^2=7+a$
co ( po malych uvahach) da system

$b-a=1$
$a^2+a-6=0$

A preto $a=2;b=3$

Treti bod.
( vysetrime postupnosti $(x_i-2)$ a $(y_i-3)$ )
Zaciatok dokazu:
Hned vidime, ze
$x_{i+1}^2-4=3-y_i$ a tiez $y_{i+1}^2-9=x_i-2$
Co da
$x_{i+1}-2=\frac {3-y_i}{x_{i+1}+2}$ ako aj $y_{i+1}-3=\frac {x_i-2}{y_{i+1}+3}$
a preto
$|x_{i+1}-2| \le \frac 12 |y_i-3|$ ako aj $|y_{i+1}-3|\le \frac 13 |x_i-2|$
To nam da
$|x_{i+2}-2| \le \frac 16|xi-2|$
A tak mame
$|x_{2i}-2| \le \frac 1{6^i}|x_0-2|$ a tiez $|x_{2i+1}-2| \le \frac 1{6^i}|x_1-2|$
Co da $\lim_{i \to \infty} x_{2i}=2$ a $\lim_{i \to \infty} x_{2i+1}=2$ a tak....
....dokazete to ukoncit?

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

Kontrola

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

vanok · 30. 07. 2019 21:28

Problem (87).

Vysetrite konvergenciu realnej postupnosti $(u_i)_{i\in \Bbb N}$ takej, ze $u_0\ge 0;u_1\ge0$ a $\forall n\in \Bbb N, u_{i+2}=\sqrt {u_{i+1}}+\sqrt {u_i}$

check_drummer · 31. 07. 2019 00:24

↑ vanok:
Ahoj, hodně neformálně (možná i špatně):

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

krakonoš

↑ vanok:↑ check_drummer:
Ahoj.
Mně příjde,že o růstu či klesání posloupnosti rozhodnou už členy u4-u3, protože $u_{i+2}-u_{i+1}=(\sqrt{u_{i+1}}-\sqrt{u_{i}})+(\sqrt{u_{i}}-\sqrt{u_{i-1}})$ , pokud tedy uvažujeme indukcí.
Pokud je posloupnost klesající, je zdola omezená svou nezáporností, limita tedy existuje. Protože operací odmocňování se nemůžeme dostat k nulové limitě, vyhovuje pouze limita rovna 4. Tato posloupnost bude tedy zdola omezena svou limitou.
V případě rostoucí posloupnosti se ale ještě nějak musí dokázat omezenost shora.
Pokud bude $u_{0}=u_{1}=0$ , bude limita rovna nule.

Matematické Fórum

#401 12. 07. 2019 14:10

Re: Limitny maraton

#402 12. 07. 2019 16:03

Re: Limitny maraton

#403 12. 07. 2019 16:06

Re: Limitny maraton

#404 12. 07. 2019 16:22 — Editoval vanok (12. 07. 2019 16:23)

Re: Limitny maraton

#405 12. 07. 2019 16:29

Re: Limitny maraton

#406 12. 07. 2019 16:54 — Editoval vanok (12. 07. 2019 17:14)

Re: Limitny maraton

#407 12. 07. 2019 23:27

Re: Limitny maraton

#408 13. 07. 2019 00:21 — Editoval laszky (13. 07. 2019 00:22) Příspěvek uživatele laszky byl skryt uživatelem laszky. Důvod: Byla to holt pekna blbost.

#409 13. 07. 2019 03:13

Re: Limitny maraton

#410 13. 07. 2019 03:16

Re: Limitny maraton

#411 15. 07. 2019 19:04

Re: Limitny maraton

#412 15. 07. 2019 20:02 — Editoval kerajs (15. 07. 2019 21:11)

Re: Limitny maraton

#413 20. 07. 2019 21:53

Re: Limitny maraton

#414 21. 07. 2019 07:08 — Editoval kerajs (21. 07. 2019 07:17)

Re: Limitny maraton

#415 21. 07. 2019 10:38

Re: Limitny maraton

#416 21. 07. 2019 11:15 — Editoval vanok (21. 07. 2019 11:44)

Re: Limitny maraton

#417 21. 07. 2019 12:01 — Editoval krakonoš (21. 07. 2019 12:24)

Re: Limitny maraton

#418 21. 07. 2019 13:04 — Editoval vanok (22. 07. 2019 14:02)

Re: Limitny maraton

#419 21. 07. 2019 16:29

Re: Limitny maraton

Bati napsal(a):

vanok napsal(a):

#420 21. 07. 2019 18:44

Re: Limitny maraton

#421 21. 07. 2019 21:50 — Editoval vanok (25. 07. 2019 00:32)

Re: Limitny maraton

#422 30. 07. 2019 21:28

Re: Limitny maraton

#423 31. 07. 2019 00:24

Re: Limitny maraton

#424 31. 07. 2019 09:20 Příspěvek uživatele krakonoš byl skryt uživatelem krakonoš.

#425 31. 07. 2019 14:28 — Editoval krakonoš (31. 07. 2019 20:43)

Re: Limitny maraton

Zápatí