mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Δεκ 05, 2020 11:43 pm**

Να βρεθεί, για κάθε $a\in\mathbb{R}$ , το $\displaystyle\lim\limits_{n\to\infty}\bigg(\frac{1+{\rm{i}}}{\big(1+\frac{a}{n}\big)^n+{\rm{i}}\big(1-\frac{a}{n}\big)^n}\bigg)^n\,.$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Δεκ 06, 2020 12:41 am**

grigkost έγραψε: ↑
Σάβ Δεκ 05, 2020 11:43 pm
Να βρεθεί, για κάθε $a\in\mathbb{R}$ , το $\displaystyle\lim\limits_{n\to\infty}\bigg(\frac{1+{\rm{i}}}{\big(1+\frac{a}{n}\big)^n+{\rm{i}}\big(1-\frac{a}{n}\big)^n}\bigg)^n\,.$

Αν

προφανώς συγκλίνει στο

Εστω $a\neq 0$
Ο παρανομαστής συγκλίνει στο $e^{a}+ie^{-a}$

Το μέτρο του συγκλίνει στο $\sqrt{e^{2a}+e^{-2a}}>\sqrt{2}$

Για $\epsilon =\frac{\sqrt{e^{2a}+e^{-2a}}-\sqrt{2}}{2}> 0$
θα υπάρχει $n_{0}$
ώστε
$n\geq n_0\Rightarrow |{(1+\frac{a}{n}\big)^n+{\rm{i}}\big(1-\frac{a}{n}\big)^n}|> \sqrt{2}+\epsilon$
Εύκολα βλέπουμε ότι παίρνοντας μέτρο ότι συγκλίνει στο

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Δεκ 06, 2020 1:36 am**

Κάπως διαφορετικά:

Για $a\in{\mathbb{R}} ^{*}$ : Θα χρειαστούμε ότι, για κάθε $n\in{\mathbb{N}}$ , ισχύει

$\Big(1+\frac{a}{n}\Big)^{2n}+\Big(1-\frac{a}{n}\Big)^{2n}\geqslant 2(a^2+1)\quad(*)$
Η συνάρτηση $f(x)=\big(\big(1+\frac{a}{x}\big)^2\big)^{x}+\big(\big(1-\frac{a}{x}\big)^2\big)^{x}\,,\; x\in[1,+\infty)$ , είναι παραγωγίσιμη με παράγωγο
$f'(x)=\big(\big(1+\frac{a}{x}\big)^2\big)^{x}\left( 2\log \left( 1+{ \frac {a}{x}} \right) -{\frac {2a}{x} \left( 1+{\frac {a}{x}} \right) ^{-1}} \right)+\big(\big(1+\frac{a}{x}\big)^2\big)^{x}\left( 2\log \left( 1-{\frac {a}{x}} \right) +{\frac {2a}{x} \left( 1-{\frac {a}{x}} \right) ^{-1}} \right)$ , η οποία είναι θετική για κάθε $x\in[1,+\infty)$ . Άρα, για κάθε $x\in[1,+\infty)$ ισχύει $f(x)\geqslant f(1)= 2(a^2+1)$ και η (*)

αποδείχθηκε.

Αλλά τότε $\begin{aligned} 0\leqslant\bigg|\bigg(\frac{1+{\rm{i}}}{\big(1+\frac{a}{n}\big)^n+{\rm{i}}\big(1-\frac{a}{n}\big)^n}\bigg)^n\bigg|&=\bigg|\frac{1+{\rm{i}}}{\big(1+\frac{a}{n}\big)^n+{\rm{i}}\big(1-\frac{a}{n}\big)^n}\bigg|^n\\ &=\Bigg(\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{\big(1+\frac{a}{n}\big)^{2n}+\big(1-\frac{a}{n}\big)^{2n}}}\Bigg)^n\\ &\stackrel{(*)}{\leqslant}\Bigg(\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2(a^2+1)}}\Bigg)^n\\ &=\Big(\frac{1}{\sqrt{a^2+1}}\Big)^n\xrightarrow{n\to +\infty}0\,. \end{aligned}$ Άρα
$\displaystyle\lim\limits_{n\to\infty}\bigg(\frac{1+{\rm{i}}}{\big(1+\frac{a}{n}\big)^n+{\rm{i}}\big(1-\frac{a}{n}\big)^n}\bigg)^n=\lim\limits_{n\to\infty}\bigg|\bigg(\frac{1+{\rm{i}}}{\big(1+\frac{a}{n}\big)^n+{\rm{i}}\big(1-\frac{a}{n}\big)^n}\bigg)^n\bigg|=0\,.$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Δεκ 06, 2020 2:08 am**

grigkost έγραψε: ↑
Κυρ Δεκ 06, 2020 1:36 am
Κάπως διαφορετικά:

Για $a\in{\mathbb{R}} ^{*}$ : Θα χρειαστούμε ότι, για κάθε $n\in{\mathbb{N}}$ , ισχύει

$\Big(1+\frac{a}{n}\Big)^{2n}+\Big(1-\frac{a}{n}\Big)^{2n}\geqslant 2(a^2+1)\quad(*)$
Η συνάρτηση $f(x)=\big(\big(1+\frac{a}{x}\big)^2\big)^{x}+\big(\big(1-\frac{a}{x}\big)^2\big)^{x}\,,\; x\in[1,+\infty)$ , είναι παραγωγίσιμη με παράγωγο
$f'(x)=\big(\big(1+\frac{a}{x}\big)^2\big)^{x}\left( 2\log \left( 1+{ \frac {a}{x}} \right) -{\frac {2a}{x} \left( 1+{\frac {a}{x}} \right) ^{-1}} \right)+\big(\big(1+\frac{a}{x}\big)^2\big)^{x}\left( 2\log \left( 1-{\frac {a}{x}} \right) +{\frac {2a}{x} \left( 1-{\frac {a}{x}} \right) ^{-1}} \right)$ , η οποία είναι θετική για κάθε $x\in[1,+\infty)$ . Άρα, για κάθε $x\in[1,+\infty)$ ισχύει $f(x)\geqslant f(1)= 2(a^2+1)$ και η αποδείχθηκε.

Αλλά τότε $\begin{aligned} 0\leqslant\bigg|\bigg(\frac{1+{\rm{i}}}{\big(1+\frac{a}{n}\big)^n+{\rm{i}}\big(1-\frac{a}{n}\big)^n}\bigg)^n\bigg|&=\bigg|\frac{1+{\rm{i}}}{\big(1+\frac{a}{n}\big)^n+{\rm{i}}\big(1-\frac{a}{n}\big)^n}\bigg|^n\\ &=\Bigg(\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{\big(1+\frac{a}{n}\big)^{2n}+\big(1-\frac{a}{n}\big)^{2n}}}\Bigg)^n\\ &\stackrel{(*)}{\leqslant}\Bigg(\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2(a^2+1)}}\Bigg)^n\\ &=\Big(\frac{1}{\sqrt{a^2+1}}\Big)^n\xrightarrow{n\to +\infty}0\,. \end{aligned}$ Άρα
$\displaystyle\lim\limits_{n\to\infty}\bigg(\frac{1+{\rm{i}}}{\big(1+\frac{a}{n}\big)^n+{\rm{i}}\big(1-\frac{a}{n}\big)^n}\bigg)^n=\lim\limits_{n\to\infty}\bigg|\bigg(\frac{1+{\rm{i}}}{\big(1+\frac{a}{n}\big)^n+{\rm{i}}\big(1-\frac{a}{n}\big)^n}\bigg)^n\bigg|=0\,.$

Ωραία Γρηγόρη.
Εγώ θα έλεγα πολύ πιο διαφορετικά και προπάντως πολύ πιο καθαρά.

Η
$\Big(1+\frac{a}{n}\Big)^{2n}+\Big(1-\frac{a}{n}\Big)^{2n}\geqslant 2(a^2+1)\quad(*)$ μπορεί να δειχθεί χωρίς παραγώγους .
Αναπτύσσοντας και τα δύο τα μονά εξαφανίζονται.
Τα ζυγά είναι θετικά.
Παίρνοντας τον πρώτο και τρίτο όρο θα έχουμε

$\displaystyle(1+\frac{a}{n})^{2n}+(1-\frac{a}{n})^{2n}\geqslant 2(1+\frac{2n(2n-1)}{2}\frac{a^{2}}{n^{2}})=2(1+\frac{2n-1}{n}a^{2})\geq 2(1+a^{2})$

mathematica.gr

Όριο μιγαδικής ακολουθίας

Όριο μιγαδικής ακολουθίας

Re: Όριο μιγαδικής ακολουθίας

Re: Όριο μιγαδικής ακολουθίας

Re: Όριο μιγαδικής ακολουθίας