Όριο ακολουθίας με νιοστή ρίζα

#1

Να αποδειχθεί ότι για κάθε c>0

είναι $\displaystyle{\lim _{n\to \infty} \left ( \frac {1+ \sqrt [n] c}{2} \right ) ^n= \sqrt c}$ .

(Γνωστή άσκηση αλλά ψάχνω απλούστερη απόδειξη από αυτήν που ξέρω).

Tolaso J Kos · #2

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Σάβ Δεκ 15, 2018 9:20 pm
Να αποδειχθεί ότι για κάθε είναι $\displaystyle{\lim _{n\to \infty} \left ( \frac {1+ \sqrt [n] c}{2} \right ) ^n= \sqrt c}$ .

(Γνωστή άσκηση αλλά ψάχνω απλούστερη απόδειξη από αυτήν που ξέρω).

Έχουμε διαδοχικά:

$\displaystyle{\begin{aligned} \lim_{n \rightarrow +\infty} \left ( \frac{1+\sqrt[n]{c}}{2} \right )^n &= \lim_{n\rightarrow +\infty} \exp \left ( n \log \left ( \frac{1+\sqrt[n]{c}}{2} \right ) \right ) \\ &=\lim_{n \rightarrow +\infty} \exp \left ( n \log \left ( \frac{1+c^{1/n}}{2} \right ) \right ) \\ &= \lim_{n \rightarrow +\infty} \exp \left ( \frac{\log \left ( \frac{1+c^{1/n}}{2} \right )}{\frac{1}{n}} \right ) \end{aligned}}$
Οπότε αν θεωρήσουμε συνάρτηση $\displaystyle{\exp \left ( \frac{\log \left ( \frac{1+c^{1/x}}{2} \right )}{\frac{1}{x}} \right )}$ τότε από DLH έχουμε:

$\displaystyle{\begin{aligned} \lim_{x \rightarrow +\infty}\exp \left ( \frac{\log \left (\frac{1+c^{1/x}}{2} \right )}{\frac{1}{x}} \right ) & = \exp \left ( \lim_{x \rightarrow +\infty} \frac{\log \left (\frac{1+c^{1/x}}{2} \right )}{\frac{1}{x}} \right ) \\ &=\exp \left ( \lim_{x \rightarrow +\infty} \frac{\frac{c^{1/x} \log c}{x^2\left ( c^{1/x}+1 \right )}}{\frac{1}{x^2}} \right )\\ &= \exp \left ( \lim_{x \rightarrow +\infty} \frac{c^{1/x}\log c}{c^{1/x}+1} \right ) \\ &=\exp \left ( \frac{\log c}{2} \right ) \\ &=\exp \left ( \log \sqrt{c} \right ) \\ &= \sqrt{c} \end{aligned}}$
διότι $\lim \limits_{x \rightarrow +\infty} c^{1/x} = 1$ .

Λάμπρος Κατσάπας · #3

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Σάβ Δεκ 15, 2018 9:20 pm
Να αποδειχθεί ότι για κάθε είναι $\displaystyle{\lim _{n\to \infty} \left ( \frac {1+ \sqrt [n] c}{2} \right ) ^n= \sqrt c}$ .

(Γνωστή άσκηση αλλά ψάχνω απλούστερη απόδειξη από αυτήν που ξέρω).

Καλό βράδυ κ.Λάμπρου.

Χρησιμοποιώντας το διωνυμικό θεώρημα και για f(x)=c^x

βλέπουμε ότι $\displaystyle \left ( \frac {1+ \sqrt [n] c}{2} \right ) ^n=\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}f\left ( \frac{k}{n} \right )\left (\frac{1}{2} \right )^k\left (\frac{1}{2} \right )^{n-k}$

που δεν είναι άλλο από το πολυώνυμο Bernstein υπολογισμένο στο $x=\frac{1}{2}.$

Κατά τα γνωστά $\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty }\left ( \frac {1+ \sqrt [n] c}{2} \right ) ^n= \lim_{n\rightarrow \infty }\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}f\left ( \frac{k}{n} \right )\left (\frac{1}{2} \right )^k\left (\frac{1}{2} \right )^{n-k}=f(\frac{1}{2})=\sqrt{c}.$

Tolaso J Kos · #4

Μια άλλη λύση:

Είναι

$\displaystyle{x^{1/n} = 1 + \frac{\log x}{n} + \mathcal{O} \left ( \frac{1}{n^2} \right )}$
Τότε,

$\displaystyle{\begin{aligned} \lim_{n \rightarrow +\infty} \left ( \frac{1+\sqrt[n]{c}}{2} \right )^n &= \lim_{n \rightarrow +\infty} \left ( \frac{1+c^{1/n}}{2} \right )^n \\ &=\lim_{n \rightarrow +\infty} \left ( \frac{1}{2} +\frac{1}{2}\left ( 1+ \frac{\log c}{n} + \mathcal{O}\left ( \frac{1}{n^2} \right ) \right ) \right )^n \\ &= \lim_{n \rightarrow +\infty} \left ( 1 + \frac{\log c}{2n} + \frac{1}{2} \mathcal{O}\left ( \frac{1}{n^2} \right ) \right )^n \\ &= \lim_{n \rightarrow +\infty} \left ( 1+ \frac{\log \sqrt{c}}{n} + \frac{1}{2} \mathcal{O}\left ( \frac{1}{n^2} \right ) \right )^n \\ &= \exp \left ( \log \sqrt{c} \right ) \\ &= \sqrt{c} \end{aligned}}$

#5

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Σάβ Δεκ 15, 2018 9:20 pm
Να αποδειχθεί ότι για κάθε είναι $\displaystyle{\lim _{n\to \infty} \left ( \frac {1+ \sqrt [n] c}{2} \right ) ^n= \sqrt c}$ .

Βάζοντας στην θέση του

το

μπορούμε να υποθέσουμε $c\ge 1$ . Για να μην κουβαλάω τετραγωνικές ρίζες γράφω c=d^2

. Θα κάνω χρήση της απλής και γνωστής $\displaystyle{n(\sqrt [n]d -1)\to \log d.}$ Τότε για κάποιο $\xi$ μεταξύ των

και $\frac {1+ \sqrt [n] {d^2}}{2}$ και άρα $\xi \le \sqrt [n] {d^2}$ έχουμε

$\displaystyle{0\le \left ( \frac {1+ \sqrt [n] {d^2}}{2} \right ) ^n- d = \left ( \frac {1+ \sqrt [n] {d^2}}{2} \right ) ^n- \left ( \sqrt [n] {d} \right ) ^n = a^n-b^n=n(a-b) \xi ^{n-1}= }$

$\displaystyle{ =n \left ( \frac {1+ \sqrt [n] {d^2}}{2}- \sqrt [n] {d} \right ) \xi ^{n-1} = \frac { n}{2} \left ( \sqrt [n] {d} -1 \right ) ^2 \xi ^{n-1}\le \frac { 1}{2n} \left ( n(\sqrt [n] {d} -1) \right ) ^2(\sqrt [n] {d^2})^{n-1} \le \frac { d^2}{2n} \left ( n(\sqrt [n] {d} -1) \right ) ^2\to 0}$

Tolaso J Kos · #6

Χάνω κάτι ; Είναι $n \left( \sqrt[n]{d} -1 \right) \rightarrow \log d$ και όχι $\frac{1}{d}$ .

#7

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Κυρ Δεκ 16, 2018 12:19 am
Χάνω κάτι ; Είναι $n \left( \sqrt[n]{d} -1 \right) \rightarrow \log d$ και όχι $\frac{1}{d}$ .

Έχεις δίκιο. Τυπογραφική μου αβλεψία.

Ευτυχώς δεν αλλάζει τίποτα γιατί αυτό που θέλουμε είναι ότι η $n \left( \sqrt[n]{d} -1 \right)$ συγκλίνει. Η τιμή του ορίου, εδώ, δεν έχει σημασία. Αυτό που χρειάζεται είναι ότι $\displaystyle{n \left( \sqrt[n]{d} -1 \right)^2= \dfrac {1}{n} \left(n( \sqrt[n]{d} -1) \right)^2 \to 0}$

Tolaso J Kos · #8

Παρόμοιο όριο είναι το παρακάτω. Το ανακάλυψα χθες λύνοντας αυτή την άσκηση.

$\displaystyle{\ell = \lim_{n \rightarrow +\infty} \left( 2 \sqrt[n]{n} -1 \right)^n}$

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #9

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Σάβ Δεκ 15, 2018 9:20 pm
Να αποδειχθεί ότι για κάθε είναι $\displaystyle{\lim _{n\to \infty} \left ( \frac {1+ \sqrt [n] c}{2} \right ) ^n= \sqrt c}$ .

(Γνωστή άσκηση αλλά ψάχνω απλούστερη απόδειξη από αυτήν που ξέρω).

Αρκεί να δείξουμε ότι

$a_{n}=(\dfrac{1+\sqrt[n]{c}}{2\sqrt[2n]{c}})^{n}\rightarrow 1$

Δηλαδή $\ln a_{n}\rightarrow 0$

Αλλά είναι $\ln a_{n}=n\ln \dfrac{1+\sqrt[n]{c}}{2\sqrt[2n]{c}}$

Χρησιμοποιώντας την $1-\frac{1}{x}\leq \ln x\leq x-1,x> 0$

και κάνοντας πράξεις παίρνουμε

$n\frac{(1-\sqrt[2n]{c})^{2}}{1+\sqrt[n]{c}}\leq \ln a_{n}\leq n\frac{(1-\sqrt[2n]{c})^{2}}{2\sqrt[2n]{c}}$

Αρκεί να δείξουμε ότι

$n(1-\sqrt[2n]{c})^{2}\rightarrow 0$ (1)

Αρκεί να το δείξουμε για c>1

(αλλιώς παίρνουμε το $\frac{1}{c}$ )

Αν $b_{n}=\sqrt[2n]{c}-1$

Τότε $c=(1+b_{n})^{2n}> \frac{2n(2n-1)}{2}b_{n}^{2}$

από όπου προκύπτει ότι (1)

#10

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Κυρ Δεκ 16, 2018 9:11 am
Παρόμοιο όριο είναι το παρακάτω. Το ανακάλυψα χθες λύνοντας αυτή την άσκηση.

$\displaystyle{\ell = \lim_{n \rightarrow +\infty} \left( 2 \sqrt[n]{n} -1 \right)^n}$

Μάλλον απλό αλλά ομολογώ ότι σκεφτόμουν για κάμποση ώρα δύσκολες προσεγγίσεις με λογαρίθμους, l' Hospital και τα τέτοια. Τίποτα από αυτά δεν χρειάζεται. Σχεδόν μονολεκτική απάντηση εδώ:

$\displaystyle{\left( 2 \sqrt[n]{n} -1 \right)^n= \left( \sqrt[n]{n} +\sqrt[n]{n} -1 \right)^n\ge \left( \sqrt[n]{n} +0\right)^n=n \to \infty}$

Tolaso J Kos · #11

Μιχάλη συγνώμη,

άλλο ήθελα να γράψω και άλλο έγραψα. Το σωστό είναι $\displaystyle{\left( 2 \sqrt[n]{x}-1 \right)^n}$ .

#12

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Κυρ Δεκ 16, 2018 1:27 pm
Μιχάλη συγνώμη,

άλλο ήθελα να γράψω και άλλο έγραψα. Το σωστό είναι $\displaystyle{\left( 2 \sqrt[n]{x}-1 \right)^n}$ .

Ωραία. Ουσιαστικά, αλλά κρυφά, το είδαμε παραπάνω. Οι μέθοδοι προσαρμόζονται και σε αυτή την περίπτωση, αλλά θα κάνω μόνο την μέθοδο
που έγραψα στην δική μου λύση. Συγκεκριμένα θα δούμε ότι

$\displaystyle{\lim_{n\to \infty} \left( 2 \sqrt[n]{x}-1 \right)^n= x^2}$ .

Έχουμε για $x\ge 1$ (όμοια το 0<x<1

) με χρήση του $\displaystyle{ n \left ( \sqrt [n]{x}-1 \right)^2\το 0}$ που είδαμε παραπάνω, ότι

$\displaystyle{ x^2-\left( 2 \sqrt[n]{x}-1 \right)^n =\left ( \sqrt [n]{x^2} \right)^n-\left( 2 \sqrt[n]{x}-1 \right)^n= a^n-b^n = n(a-b)\xi^{n-1}=}$

$\displaystyle{ =n \left ( \sqrt [n]{x^2}-2 \sqrt[n]{x}+1 \right) \xi^{n-1}= n \left ( \sqrt [n]{x}-1 \right)^2 \xi^{n-1}\le n \left ( \sqrt [n]{x}-1 \right)^2 (\sqrt [n]{x^2})^{n-1} \le n \left ( \sqrt [n]{x}-1 \right)^2 x^2\to 0 }$

#13

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Κυρ Δεκ 16, 2018 1:27 pm
άλλο ήθελα να γράψω και άλλο έγραψα. Το σωστό είναι $\displaystyle{\left( 2 \sqrt[n]{x}-1 \right)^n}$ .

Και αλλιώς: Μόνο που αλλάζω συμβολισμό για λόγους που θα φανούν παρακάτω.

Θέλουμε να δείξουμε ότι $\displaystyle{\left( 2 \sqrt[n]{a}-1 \right)^n\to a^2}$ . Παίρνοντας λογάριθμο ισοδυναμεί με $\displaystyle{ \frac {\ln (2 \sqrt[n]{a}-1)}{1/n}\to 2\ln a}$ . Θα δείξουμε, ακόμα καλύτερα, ότι $\displaystyle{ \lim _{x\to 0}\frac {\ln (2a^x-1)}{x}=2\ln a}$ . Γράφουμε $f(x)=\ln (2a^x-1)$ , οπότε f(0)=1

και το ζητούμενο γίνεται

$\displaystyle{ \lim _{x\to 0}\frac {f(x)-f(0)}{x-0}=2\ln a}$

To αναγνωρίζουμε βέβαια ως f'(0)

. Εδώ $\displaystyle{f'(x)= \frac {1}{2a^x-1} (2a^x-1)'= \frac {2a^x\ln a}{2a^x-1} }$ οπότε αμέσως $\displaystyle{f'(0)= 2\ln a}$

#14

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Σάβ Δεκ 15, 2018 9:20 pm
Να αποδειχθεί ότι για κάθε είναι $\displaystyle{\lim _{n\to \infty} \left ( \frac {1+ \sqrt [n] c}{2} \right ) ^n= \sqrt c}$ .

Μπορούμε να αντιμετωπίσουμε με ορισμό της παραγώγου και το αρχικό ερώτημα. Ας το δούμε αλλά μετά έχω ένα σχόλιο.

Το ζητούμενο ισοδυναμεί με $\displaystyle{ \lim_{n\to \infty} \frac {\ln \left ( \dfrac {1+ \sqrt [n] c}{2}\right ) }{1/n}= \dfrac {1}{2}\ln c}$ , και θα δείξουμε γενικότερα

$\displaystyle{ \lim_{x\to 0} \frac {\ln \left ( \dfrac {1+ c^x}{2}\right ) }{x}= \dfrac {1}{2}\ln c}$

Γράφουμε $\displaystyle{ f(x) =\ln ( 1+ c^x )}$ οπότε το αποδεικτέο παίρνει την μορφή $\displaystyle{ \lim_{x\to 0} \frac {f(x)-f(0) }{x-0}=f'(0)}$ . Εδώ $\displaystyle{f'(x)= \frac {(1+c^x)'}{1+c^x}= \frac {c^x\ln x}{1+c^x}}$ , οπότε $\displaystyle{f'(0)=\dfrac {1}{2}\ln c}$ , όπως θέλαμε.

Σχόλιο: Η άσκηση είναι ισοδύναμη με την άσκηση 4.14, σελίς 60 στον α' τόμο του Απειροστικού Λογισμού του Νεγραπόντη et al. Σε εκείνο το αρχικό στάδιο του βιβλίου ο αναγνώστης έχει μόνο απλά μέσα στην διάθεσή του. Για παράδειγμα δεν μπορεί να μιλήσει για παραγώγους, l' Hospital και λοιπά.
Από τις αποδείξεις που δόθηκαν παραπάνω όλες χρησιμοποιούν παραγώγους οπότε, για το συγκεκριμένο βιβλίο, ακόμη απαγορεύονται. Η απόδειξη που έδωσα σε προηγούμενο ποστ παραπάνω χρησιμοποιεί παραγώγους στο σημείο που εφαρμόζω ΘΜΤ, αλλά μπορεί να αποφευχθεί με χρήση της ταυτότητας $a^n-b^n =(a-b)(a^{n-1} + a^{n-2}b +...+ b^{n-1}) \le n(a-b) a^{n-1}$ για a>b

.

Αυτός είναι και ο λόγος που έβαλα την άσκηση. Να δούμε δηλαδή λύσεις με ή χωρίς παραγώγους. Και οι δύο εκδοχές υπάρχουν.

#15

Έχουμε $1 + \sqrt[n]{c} \geqslant 2\sqrt[2n]{c}$ οπότε $\displaystyle \left(\frac{1 + \sqrt[n]{c}}{2} \right)^n \geqslant \sqrt{c}$ για κάθε $n \in \mathbb{N}$ .

Για την ανάποδη ανισότητα θα χρησιμοποιήσω χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι $c \geqslant 1$ . Έχουμε

$\displaystyle \left(\frac{1 + \sqrt[n]{c}}{2} \right)^n = \sqrt{c}\left[1 + \frac{(c^{1/2n}-1)^2}{2c^{1/2n}} \right]^n \leqslant \sqrt{c}(1 +(c^{1/2n}-1)^2)^n$

Από την ανισότητα Bernoulli έχουμε $\displaystyle \left(1 + \frac{c}{2n} \right)^{2n} \geqslant 1 + c \geqslant c.$ Άρα $c^{1/2n} \leqslant 1 + \tfrac{c}{2n}$ και

$\displaystyle \left(\frac{1 + \sqrt[n]{c}}{2} \right)^n \leqslant \sqrt{c}\left(1 + \frac{c^2}{4n^2} \right)^n \to \sqrt{c}$

Tolaso J Kos · #16

Demetres έγραψε: ↑
Κυρ Δεκ 16, 2018 11:19 pm
Έχουμε $1 + \sqrt[n]{c} \geqslant 2\sqrt[2n]{c}$ οπότε $\displaystyle \left(\frac{1 + \sqrt[n]{c}}{2} \right)^n \geqslant \sqrt{c}$ για κάθε $n \in \mathbb{N}$ .

Για την ανάποδη ανισότητα θα χρησιμοποιήσω χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι $c \geqslant 1$ . Έχουμε

$\displaystyle \left(\frac{1 + \sqrt[n]{c}}{2} \right)^n = \sqrt{c}\left[1 + \frac{(c^{1/2n}-1)^2}{2c^{1/2n}} \right]^n \leqslant \sqrt{c}(1 +(c^{1/2n}-1)^2)^n$

Από την ανισότητα Bernoulli έχουμε $\displaystyle \left(1 + \frac{c}{2n} \right)^{2n} \geqslant 1 + c \geqslant c.$ Άρα $c^{1/2n} \leqslant 1 + \tfrac{c}{2n}$ και

$\displaystyle \left(\frac{1 + \sqrt[n]{c}}{2} \right)^n \leqslant \sqrt{c}\left(1 + \frac{c^2}{4n^2} \right)^n \to \sqrt{c}$

Tolaso J Kos · #17

Φαίνεται πως το αποτέλεσμα γενικεύεται. Πιο συγκεκριμένα ισχύει:

$\displaystyle{\lim_{n \rightarrow +\infty}\left(\frac{a_{1}^{1/n} + a_{2}^{1/n} + \cdots + a_{m}^{1/n}}{m}\right)^{n} = (a_{1}a_{2}\cdots a_{m})^{1/m}\tag{3}}$
όπου τα $a_i \; , \; 1 \leq i \leq m$ είναι θετικά.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Tolaso J Kos · #18

Με ενημερώνει το control ( Λάμπρος Κατσαπάς ) ότι αυτό και άλλα πολλά βρίσκονται στο Generalized Mean στη Wiki.

Όριο ακολουθίας με νιοστή ρίζα

Όριο ακολουθίας με νιοστή ρίζα

Re: Όριο ακολουθίας με νιοστή ρίζα

Re: Όριο ακολουθίας με νιοστή ρίζα

Re: Όριο ακολουθίας με νιοστή ρίζα

Re: Όριο ακολουθίας με νιοστή ρίζα

Re: Όριο ακολουθίας με νιοστή ρίζα

Re: Όριο ακολουθίας με νιοστή ρίζα

Re: Όριο ακολουθίας με νιοστή ρίζα

Re: Όριο ακολουθίας με νιοστή ρίζα

Re: Όριο ακολουθίας με νιοστή ρίζα

Re: Όριο ακολουθίας με νιοστή ρίζα

Re: Όριο ακολουθίας με νιοστή ρίζα

Re: Όριο ακολουθίας με νιοστή ρίζα

Re: Όριο ακολουθίας με νιοστή ρίζα

Re: Όριο ακολουθίας με νιοστή ρίζα

Re: Όριο ακολουθίας με νιοστή ρίζα

Re: Όριο ακολουθίας με νιοστή ρίζα

Re: Όριο ακολουθίας με νιοστή ρίζα

Μέλη σε σύνδεση