Όριο μιγαδικής ακολουθίας

Συντονιστές: grigkost, Κοτρώνης Αναστάσιος

Άβαταρ μέλους
grigkost
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 2911
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:54 pm
Τοποθεσία: Ιωάννινα
Επικοινωνία:

Όριο μιγαδικής ακολουθίας

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από grigkost » 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\,.


{\color{dred}\Gamma\!\rho\,{\rm{H}}\gamma\varnothing\varrho{\mathscr{H}}\varsigma \ {\mathbb{K}}\,\Omega\sum{\rm{t}}{\mathscr{A}}\,{\mathbb{K}}\!\odot\varsigma

Λέξεις Κλειδιά:
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 3350
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Όριο μιγαδικής ακολουθίας

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » 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 a=0 προφανώς συγκλίνει στο 1
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 0


Άβαταρ μέλους
grigkost
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 2911
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:54 pm
Τοποθεσία: Ιωάννινα
Επικοινωνία:

Re: Όριο μιγαδικής ακολουθίας

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από grigkost » 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\,.


{\color{dred}\Gamma\!\rho\,{\rm{H}}\gamma\varnothing\varrho{\mathscr{H}}\varsigma \ {\mathbb{K}}\,\Omega\sum{\rm{t}}{\mathscr{A}}\,{\mathbb{K}}\!\odot\varsigma
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 3350
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Όριο μιγαδικής ακολουθίας

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » 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})


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΑΝΑΛΥΣΗ”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες