Ακολουθία (εύκολη)...

M.S.Vovos · #1

Δίνεται η ακολουθία $({\alpha _n})$ με $\displaystyle{{\alpha _n} = \sqrt {\prod\limits_{i = 1}^n i } - \sqrt {\sum\limits_{i = 1}^n i }}$ .
Να δείξετε ότι $\displaystyle{{\alpha _n} \to + \infty }$ .

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Φιλικά,
Μάριος

#2

M.S.Vovos έγραψε:Δίνεται η ακολουθία $({\alpha _n})$ με $\displaystyle{{\alpha _n} = \sqrt {\prod\limits_{i = 1}^n i } - \sqrt {\sum\limits_{i = 1}^n i }}$ .
Να δείξετε ότι $\displaystyle{{\alpha _n} \to + \infty }$ .

Το γινόμενο είναι $\displaystyle{\ge \sqrt {n(n-1)(n-2)(n-3) } \ge \sqrt {(n-3)^4 } = (n-3)^2}$ και το άθροισμα
$\displaystyle{ \le \sqrt {n\cdot n} = n}$ . Όλο μαζί $\displaystyle{ \ge (n-3)^2 - n \to \infty}$

M.S.Vovos · #3

Ευχαριστώ κ. Μιχάλη για τη λύση!

Να συνεχίσω με μία παραλλαγή της παραπάνω ακολουθίας που την κάνει λίγο πιο ενδιαφέρουσα (όχι και κάτι τρομερό όμως).

Υπολογίσατε το όριο της $\displaystyle{{\alpha _n} = \sqrt[n]{{\prod\limits_{i = 1}^n i }} - \sqrt{{\sum\limits_{i = 1}^n i }}}$ .

Φιλικά,
Μάριος

#4

M.S.Vovos έγραψε: Υπολογίσατε το όριο της $\displaystyle{{\alpha _n} = \sqrt[n]{{\prod\limits_{i = 1}^n i }} - \sqrt{{\sum\limits_{i = 1}^n i }}}$ .

Εύκολα βλέπουμε επαγωγικά ότι $n! \le \left (\frac {n}{2} \right ) ^n$ για $n\ge 6$ . Πράγματι, το επαγωικό βήμα απαιτεί

$\displaystyle{(n+1)! = (n+1)n! \le (n+1)\left (\frac {n}{2} \right ) ^n = \frac {(n+1)^{n+1}}{ \left (\frac {n+1}{n} \right )^n 2 ^n } = \frac {2}{\left (1+\frac {1}{n} \right )^n} \cdot \left ( \frac {n+1}{ 2 } \right ) ^{n+1}}$

$\displaystyle{ \le 1 \cdot \left ( \frac {n+1}{ 2 } \right ) ^{n+1}}$ που είναι το ζητούμενο.

Επίσης

$\displaystyle{ \sqrt{{\sum\limits_{i = 1}^n i }} = \sqrt{ \frac {1}{2}n(n+1)} \ge \sqrt{ \frac {n^2}{2}} = \frac {n}{\sqrt 2} }$

Άρα η παράσταση είναι

$\displaystyle{ \le \sqrt [n] { \left (\frac {n}{2} \right ) ^n} - \frac {n}{\sqrt 2} = \frac {n}{2} -\frac {n}{\sqrt 2} \to - \infty$

#5

Mihalis_Lambrou έγραψε:
$\displaystyle{ \frac {2}{\left (1+\frac {1}{n} \right )^n} \cdot \left ( \frac {n+1}{ 2 } \right ) ^{n+1}} \le 1 \cdot \left ( \frac {n+1}{ 2 } \right ) ^{n+1}}$

Στην παραπάνω λύση, στο βήμα $\displaystyle{\left (1+\frac {1}{n} \right )^n \ge 2}$ χρησιμοποίησα την $(1+a)^n \ge 1+ na$ για $a\ge 0$ με a=1/n

. Η απόδειξη αυτής είναι απλή επαγωγικά (πρόκειται για την ανισότητα Bernoulli).

Μία παραλλαγή του τρόπου επίλυσης θα ήταν από την ΑΜ-ΓΜ, όπου $\sqrt[n]{{\prod\limits_{i = 1}^n i }} \le \frac {1}{n} \sum\limits_{i = 1}^n i }} = \frac {n+1}{2} }$

και ο δεύτερος προσθετέος είναι $\displaystyle{\le - \frac {n}{\sqrt 2}}$ , και λοιπά, όπως πριν.

M.S.Vovos · #6

Γρήγορες και οι δύο λύσεις σας κ. Μιχάλη. Άλλη μία χάριν πλουραλισμού περισσότερο.

Θα χρειαστούμε ότι $\displaystyle{\prod\limits_{i = 1}^n i = n!}$ (ορισμός παραγοντικού) και $\displaystyle{\sum\limits_{i = 1}^n i = \frac{{{n^2} + n}}{2}}$ (απόδειξη με τη μέθοδο της επαγωγής ) και $\displaystyle{\frac{{\sqrt[n]{{n!}}}}{n} \to \frac{1}{e}}$ (αφήνεται ως άσκηση, έχει ενδιαφέρον).

Η ζητούμενη ακολουθία από τα παραπάνω γράφεται ως εξής:

$\displaystyle{{\alpha _n} = \sqrt[n]{{n!}} - \sqrt {\frac{{{n^2} + n}}{2}} = n\left( {\frac{{\sqrt[n]{{n!}}}}{n} - \sqrt {\frac{1}{2} + \frac{1}{{2n}}} } \right) \to + \infty \underbrace {\left( {\frac{1}{e} - \frac{1}{{\sqrt 2 }}} \right)}_{ < 0} = - \infty }$
Φιλικά,
Μάριος

#7

M.S.Vovos έγραψε: $\displaystyle{\frac{{\sqrt[n]{{n!}}}}{n} \to \frac{1}{e}}$ (αφήνεται ως άσκηση, έχει ενδιαφέρον).

Πρόκειται για τον τύπο του Stirling, που συνήθως διατυπώνεται (η απλή του μορφή) ως $\displaystyle{\sqrt [n] {n!} \sim \frac {n}{e}}$ .

Μάριε,

παρατήρησε ότι η λύση σου είναι ουσιαστικά ίδια με την δική μου (και την είχα υπ' όψη), με μόνη διαφορά
ότι για να αποφύγω την ασυμπτωτική συμπεριφορά $\displaystyle{\frac {\sqrt [n] {n!}}{n} \sim \frac {1}{e}}$ χρησιμοποίησα το πολύ απλούστερο $\displaystyle{\frac {\sqrt [n] {n!}}{n} < \frac {1}{2}}$ που μας αρκεί.

Αυτό που έγραψα είναι όχι μόνο ελαφρύτερο, αλλά έχει το πλεονέκτημα ότι σε όρια που είναι $\pm \infty$ δεν υπάρχει κανένας λόγος να βρίσκουμε ακριβείς τιμές παραστάσεων που έτσι και αλλιώς απορροφούνται από τους άλλους όρους.

Για παράδειγμα αν θέλουμε να βρούμε το όριο στο άπειρο της $\displaystyle{n + \frac {e^ {\sqrt n + \sin n} + n!}{ 7 + \cos \sqrt n + 2^ {n\ln (n+3)} }} - \sqrt n$

το τελευταίο πράγμα που θα κάνουμε είναι να βρούμε το όριο του μεσαίου προσθετέου, αφού μας αρκεί απλά να πούμε ότι η παραπάνω παράσταση είναι

$\displaystyle{ \ge n +{\color {red}0}-\sqrt n \to \infty$

Έκανα ακριβώς το ίδιο σκεπτικό στην λύση μου: Αντί Stirling έβαλα μία απλή ανισότητα.

M.S.Vovos · #8

Κατάλαβα κ. Μιχάλη. Άυτό ήταν και το σημείο που θεώρησα διαφορετικό (δεν είναι όπως επισημάνατε) με την χρήση του Stirling.

Μάλιστα, σε εξετάσεις νομίζω ότι θα προτιμούσα την προσέγγιση που κάνατε χωρίς να μπω στην διαδικασία υπολογισμού που δεν χρησιμεύει ουσιαστικά στο τελικό αποτέλεσμα.

Ευχαριστώ και πάλι για την ενασχόληση!

Με εκτίμηση,
Μάριος

Ακολουθία (εύκολη)...

Ακολουθία (εύκολη)...

Re: Ακολουθία (εύκολη)...

Re: Ακολουθία (εύκολη)...

Re: Ακολουθία (εύκολη)...

Re: Ακολουθία (εύκολη)...

Re: Ακολουθία (εύκολη)...

Re: Ακολουθία (εύκολη)...

Re: Ακολουθία (εύκολη)...

Μέλη σε σύνδεση