Όριο ακολουθίας με νιοστή ρίζα

Συντονιστές: grigkost, Κοτρώνης Αναστάσιος

Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 11085
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Όριο ακολουθίας με νιοστή ρίζα

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Σάβ Δεκ 15, 2018 9:20 pm

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).



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Tolaso J Kos
Δημοσιεύσεις: 3832
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
Τοποθεσία: Λάρισα, Βαρκελώνη , Παρίσι
Επικοινωνία:

Re: Όριο ακολουθίας με νιοστή ρίζα

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Tolaso J Kos » Σάβ Δεκ 15, 2018 10:35 pm

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Σάβ Δεκ 15, 2018 9:20 pm
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).

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.


Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !
\displaystyle{{\color{blue}\mathbf{Life=\int_{birth}^{death}\frac{happiness}{time}\Delta time} }}
Λάμπρος Κατσάπας
Δημοσιεύσεις: 397
Εγγραφή: Σάβ Ιουν 17, 2017 10:17 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Όριο ακολουθίας με νιοστή ρίζα

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Λάμπρος Κατσάπας » Σάβ Δεκ 15, 2018 10:39 pm

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Σάβ Δεκ 15, 2018 9:20 pm
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).
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}.


Άβαταρ μέλους
Tolaso J Kos
Δημοσιεύσεις: 3832
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
Τοποθεσία: Λάρισα, Βαρκελώνη , Παρίσι
Επικοινωνία:

Re: Όριο ακολουθίας με νιοστή ρίζα

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Tolaso J Kos » Σάβ Δεκ 15, 2018 10:44 pm

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}}


Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !
\displaystyle{{\color{blue}\mathbf{Life=\int_{birth}^{death}\frac{happiness}{time}\Delta time} }}
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 11085
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Όριο ακολουθίας με νιοστή ρίζα

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Κυρ Δεκ 16, 2018 12:09 am

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Σάβ Δεκ 15, 2018 9:20 pm
Να αποδειχθεί ότι για κάθε c>0 είναι \displaystyle{\lim _{n\to \infty} \left ( \frac {1+ \sqrt [n] c}{2} \right ) ^n= \sqrt c}.
Βάζοντας στην θέση του c το 1/c 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 d 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}
τελευταία επεξεργασία από Mihalis_Lambrou σε Κυρ Δεκ 16, 2018 1:09 am, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Άβαταρ μέλους
Tolaso J Kos
Δημοσιεύσεις: 3832
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
Τοποθεσία: Λάρισα, Βαρκελώνη , Παρίσι
Επικοινωνία:

Re: Όριο ακολουθίας με νιοστή ρίζα

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Tolaso J Kos » 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}.


Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !
\displaystyle{{\color{blue}\mathbf{Life=\int_{birth}^{death}\frac{happiness}{time}\Delta time} }}
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 11085
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Όριο ακολουθίας με νιοστή ρίζα

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Κυρ Δεκ 16, 2018 1:16 am

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}


Άβαταρ μέλους
Tolaso J Kos
Δημοσιεύσεις: 3832
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
Τοποθεσία: Λάρισα, Βαρκελώνη , Παρίσι
Επικοινωνία:

Re: Όριο ακολουθίας με νιοστή ρίζα

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Tolaso J Kos » 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}


Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !
\displaystyle{{\color{blue}\mathbf{Life=\int_{birth}^{death}\frac{happiness}{time}\Delta time} }}
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 2345
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Όριο ακολουθίας με νιοστή ρίζα

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Κυρ Δεκ 16, 2018 11:16 am

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Σάβ Δεκ 15, 2018 9:20 pm
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).
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)


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 11085
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Όριο ακολουθίας με νιοστή ρίζα

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Κυρ Δεκ 16, 2018 11:33 am

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}


Άβαταρ μέλους
Tolaso J Kos
Δημοσιεύσεις: 3832
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
Τοποθεσία: Λάρισα, Βαρκελώνη , Παρίσι
Επικοινωνία:

Re: Όριο ακολουθίας με νιοστή ρίζα

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Tolaso J Kos » 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}.


Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !
\displaystyle{{\color{blue}\mathbf{Life=\int_{birth}^{death}\frac{happiness}{time}\Delta time} }}
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 11085
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Όριο ακολουθίας με νιοστή ρίζα

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Κυρ Δεκ 16, 2018 2:22 pm

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 }


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 11085
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Όριο ακολουθίας με νιοστή ρίζα

#13

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Κυρ Δεκ 16, 2018 6:28 pm

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}


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 11085
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Όριο ακολουθίας με νιοστή ρίζα

#14

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Κυρ Δεκ 16, 2018 6:56 pm

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Σάβ Δεκ 15, 2018 9:20 pm
Να αποδειχθεί ότι για κάθε c>0 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.


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8097
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Όριο ακολουθίας με νιοστή ρίζα

#15

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » 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}


Άβαταρ μέλους
Tolaso J Kos
Δημοσιεύσεις: 3832
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
Τοποθεσία: Λάρισα, Βαρκελώνη , Παρίσι
Επικοινωνία:

Re: Όριο ακολουθίας με νιοστή ρίζα

#16

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Tolaso J Kos » Δευ Δεκ 17, 2018 12:09 am

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}

:shock: :shock:


Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !
\displaystyle{{\color{blue}\mathbf{Life=\int_{birth}^{death}\frac{happiness}{time}\Delta time} }}
Άβαταρ μέλους
Tolaso J Kos
Δημοσιεύσεις: 3832
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
Τοποθεσία: Λάρισα, Βαρκελώνη , Παρίσι
Επικοινωνία:

Re: Όριο ακολουθίας με νιοστή ρίζα

#17

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Tolaso J Kos » Σάβ Φεβ 16, 2019 9:30 am

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.

Η απόδειξη που βρήκα χρησιμοποιεί τη σχέση \displaystyle{\lim_{n \rightarrow +\infty} n \left( \sqrt[n]{a} - 1 \right) = \log a} καθώς επίσης και το όριο \displaystyle{\lim_{x \rightarrow 0}\frac{\log(1 + x)}{x} = 1}.


Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !
\displaystyle{{\color{blue}\mathbf{Life=\int_{birth}^{death}\frac{happiness}{time}\Delta time} }}
Άβαταρ μέλους
Tolaso J Kos
Δημοσιεύσεις: 3832
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
Τοποθεσία: Λάρισα, Βαρκελώνη , Παρίσι
Επικοινωνία:

Re: Όριο ακολουθίας με νιοστή ρίζα

#18

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Tolaso J Kos » Σάβ Φεβ 16, 2019 8:24 pm

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


Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !
\displaystyle{{\color{blue}\mathbf{Life=\int_{birth}^{death}\frac{happiness}{time}\Delta time} }}
Απάντηση

Επιστροφή σε “ΑΝΑΛΥΣΗ”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης