Granice Godzio: Jak pokazać, że lim_n→∞ⁿ√n = 1 Myślałem o 3 ciągach, ale to chyba zły trop ?

b.: da się z tw. o 3 ciągach, ale można też inaczej.

Godzio: Jakaś wskazówka ?

b.: jeśli chcesz z tw. o 3 ciągach, to może najpierw spróbuj z granicą następującego podciągu ( n² )^1/n2

Godzio: Nie mam coś na to pomysłu

b.: 5 minut to za mało, żeby mówić, że się nie ma pomysłu − możesz tak mówić, jak spędzisz nad zadaniem cały wieczór kombinuj

Godzio: No dobra będę myśleć

Grześ: ja myślę, że można zamienić tak: ⁿ√n=e^{(ln n)/n} Czyli rozpatrywać granicę:

	ln n
lim n→∞		, nie wiem czy to pomoże
	n

Grześ: dowieść, że ta dąży do zera, a potem e⁰=1, dobry pomysł?

Godzio: Ten podciąg jest jeszcze trudniejszy niż ten normalny ciąg

Eta: dla Grzesia

Trivial: Godzio, nie jest trudniejszy. Już dzieci w podstawówce wiedzą, że lnn = o(n), czyli tamta granica to 0.

Grześ: a narzuca mi się takie kryterium porównawcze: ln n<n , tylko czy da się to jakoś wykorzystać?

Tancerz: Godzio zaglądnij do mojego post i powiedz co mam robić

b.: też myślę, że na etapie na którym Godzio jest ten nowy ciąg jest trudniejszy Godzio: skoro chcesz użyć tw. o 3 ciągach, to będziesz potrzebował 2 ciągów zbieżnych do jedynki −− znasz jakieś kojarzące się?

Godzio: Nie mam czasu na Twoje banalne zadania Tancerz, przeczytaj teorię i sam próbuj, mam wystarczająco swoich zadań na teraz

Godzio: Wiesz ja tylko dałem pomysł z tymi 3 ciągami (zazwyczaj jak robiłem przykłady z ⁿ√ to ich się używało), ale chętnie możesz mi powiedzieć o innym sposobie A zbytnio mi się nic nie kojarzy

Trivial: Gdy n→∞ mamy np.

1		lnn		√n
	≤		≤
n		n		n

Godzio: No dobra ale chyba trzeba pokazać że ln n ≤ √n ?

Trivial: No chyba to wiadomo. Ale możesz sobie pokazać.

Trivial: Narysuj dwa wykresy i to będzie dowód OK.

Godzio: Aha ...

b.: Godzio dopiero zaczyna analizę, więc obawiam się, że 'nie wie' takich rzeczy być może, że 'nie wie' nawet, co to jest logarytm

Godzio: Wiem, że nic nie wiem

b.: mimo to możesz próbować pokazać, że ln n ≤ √n −− ponieważ 'nie wiesz' co to jest ln, napiszmy to tak: n ≤ e^√n hmm ale 'nie wiesz' też pewnie, co to jest e (czy wiesz?). Jeśli 'nie wiesz', to możesz powyżej zastąpić e dwójką − albo trójką To już bez większego znaczenia, choć dla 2 lub 3 może być łatwiej.

Godzio: Jeszcze 'nie wiem'

Trivial: To zrobię od początku.

Trivial: lg == log₂ ⁿ√n = n^1/n = 2^lgn1/n = 2^(lgn)/n Teraz

1		lgn		√n
	≤		≤
n		n		n

	lgn
czyli		→ 0
	n

Zatem: ⁿ√n → 2⁰ = 1.

Godzio: Ale weźmy n = 6 log₂6 − √6 = ≈ 0,14 ⇒ √6 < log₂6 więc warunek lgn ≤ √n jest nie prawdziwy

Trivial: Ale nie potrzebujemy tak mocnego założenia. Musi być to prawdą tylko od pewnego n₀∊ℕ. Weźmy np. n₀ = 2⁵³⁶, wtedy jest ok.

Trivial: Po prostu narysuj wykres i zobacz jak to wygląda. √n rośnie znacznie szybciej niż lgn.

Godzio: Ok, mam nadzieję, że to będzie wystarczające Dzięki

Trivial: Ale chyba rozumiesz, dlaczego jest OK, no nie?

Godzio: Jasne jasne

Trivial: Zresztą. To nie musi być √n. Może być np. n^0.9. Wtedy też dąży do 0, ale trudniej narysować.

Trivial: http://www.wolframalpha.com/input/?i=plot+log%282%2C+n%29+%3D+sqrt%28n%29+from+n+%3D+0+to+n+%3D+10000

b.: to raczej nie jest wystarczające − Godzio studiuje matematykę... nawet jak narysuje wykres (jak?) od 1 do 10000000000000, to i tak nie będzie *wiedział*, jak się wykres zachowuje dla dużych n...

Tancerz: proszę kogoś innego oprócz Godzia by zaglądnął do mojego postu i powiedział co mam robić, niby proste zadanko a nie moge ruszyć

b.: zobaczenie tej nierówności na wykresie dla n∊[0,10000] jest równoznaczne ze sprawdzeniem, że dla wielu (ale tylko skończenie wielu ) argumentów z tego przedziału nierówność zachodzi... to pozwala uwierzyć, że tak jest, ale dowód to to jeszcze nie jest.

b.: Tancerz nie spamuj, bo będę blokował!

Trivial: Dlaczego nie będzie wiedział? Nie wystarczy wiedzieć, że logarytmowanie jest operacją odwrotną potęgowania, a chyba oczywiste jest, że potęgi rosną dużo szybciej niż n² (odwrotne do pierwiastka)?

Trivial: Skąd już szybki wniosek, że logarytm rośnie dużo wolniej niż pierwiastek.

Trivial: a wykres był tylko obrazowy.

Trivial: Szkoda, że nie widziałem dowodu akurat tej granicy. Jak się ją dowodzi standardowo, b.?

Godzio: Hmmm

Trivial: Widzę, że Godzio jest tym wszystkim poirytowany i zniesmaczony. :<

AC: Zauwazmy, że dla n>1 ⁿ√n >1 może my zatem przyjąć ⁿ√n >1 = 1 + ε_n gdzie ε_n > 0

	n 1		n 2		n 2
oraz n = (1 + εn)n = 1 +		εn +		εn2 >		εn2

skąd

	1
n >		n(n−1)εn2 zatem 0<εn < √2/(n−1)
	2

z tw o 3 ciagach ε_n → 0 więc ⁿ√n = 1 + ε_n → 1

AC: tam w rozwinięciu dwumianu jeszcze trzeba dopisać pozostałe potęgi ε_n ale one są wszystkie dodatnie.

Trivial: Teraz jest już dowód bez 'chwytów'.

b.: a wracając do poprzedniego sposobu, to, że np. n < 2^√n od pewnego miejsca można pokazywać przez indukcję. warto może najpierw zastąpić n kwadratem: mamy (k−1)² ≤ n ≤ k² dla pewnego k naturalnego, więc wystarczy udowodnić, że k² < 2^k−1 od pewnego miejsca, i to juz łatwo przez indukcję. jak już robimy w ten sposób, to można było pominąć logarytmy (oznaczenia jw.): n^1/n ≤ (k²)^1/(k−1)2 < (2^k−1)^1/(k−1)2 = 2^1/(k−1) no, trzeba jeszcze wiedzieć, że ⁿ√2 −> 1 (o tego typu ciąg mi chodziło w jednej ze wskazówek )

Godzio: Spróbuję to zaraz przetrawić A teraz mam jeszcze jedno zadanko (na szczęście tylko do sprawdzenia), mam nadzieję, że dobrze będzie zrobione: Niech A ⊂ R, g = supA i g ∉ A Pokazać, że istnieje ściśle rosnący ciąg a_n ∊ A którego granicą jest g, No i sobie wymyśliłem jakiś ściśle rosnący ciąg: a_n = √n² + n − n (udowodniłem że jest ściśle rosnący)

	1		1		1
Ponadto an <		, więc można przyjąć, że A = (−∞,		) wtedy supA =		i
	2		2		2

	1
lim(an) =
	2

To jest dobry dowód czy nie ?

b.: chodziło o przykład takiego A (wtedy dobrze), czy o dowód dla dowolnego A? chyba to drugie...

Trivial: mi też się wydaje, że chodziło o dowód w ogólności.

Godzio: Pokazać, że istnieje ściśle rosnący ... skoro pokazałem że istnieje to chyba dobrze nie ?

Trivial: A co jeżeli A = (0, 2)?

Godzio: Hmmm dobra kombinuje dalej

Trivial: Albo gorzej: A = (3, 5). Wtedy a_n nie należy do A i masz.

Trivial: Ja bym wyszedł od tego, że A = (a,b).

Trivial: O... To też nie działa. Hm...

Godzio: Te zadania są takie fajne, a mało które potrafię wykazać Widzę, że ciężka droga przede mną, to już nie jest liceum

Trivial: Wiem jak zacząć! Powiedzmy, że (a,g)⊂A (zawsze znajdziemy takie a, że jest OK). Wystarczy nam teraz ciąg, który zaczyna się gdzieś przy liczbie a, a kończy gdzieś przy g.

Trivial: Co powiesz na ciąg:

	g−a
an = g−		?
	2n

Trivial: n ∊ {2, 3, 4, ...}

Trivial: W sumie n∊{1,2,3,...} też jest dobre.

b.: a co z tym przedziałem (a,g) gdy A = {−1, −1/2, −1/3, −1/4, ...}? skorzystaj z definicji sup (dwa warunki...)

Trivial: Wtedy nie wiem.

Trivial: Nie rozważałem zbiorów dyskretnych. :<

Trivial: Już chyba za późno na matmę dla mnie. Idę spać. Dobranoc.

b.: w każdym razie jest postęp, bo zaczęło się od konkretnego zbioru A, a teraz już są takie, które zawierają przedział (a, supA) dla pewnego a<supA... tyle że to rozwiązanie będzie ciężko uogólnić... napisz Godzio definicję sup −− dwa warunki, jeden że jest ograniczeniem górnym, drugi że najmniejszym możliwym, za pomocą kwantyfikatorów

b.: dobranoc ja zaraz też idę spać...

Godzio: Liczbę a ∊ R nazywamy kresem górnym zbioru A (A⊆R) co zapisujemy a = supA jeśli "a" jest najmniejszą liczbą ograniczającą zbiór A z góry

Godzio: Czyli (moment)

Godzio: ∀a_n∊A ∃a∉A a=supA i a_n < a Takie coś ? Nie wiem czy jeszcze myślę ...

Godzio: Nie, nie tak daj jeszcze sekundę

b.: a ogranicza z góry: ∀x∊A x≤a a jest najmniejszą... : ∀b<a ∃x∊A x>b (przeczytaj sobie na głos i sprawdź, że się zgadza −− no o ile się nie pomyliłem ) no to teraz korzystaj z drugiego warunku dla odpowiednio dobranych b. Wyraz a₁ możesz wybrać jakkolwiek, ale już a₂ musi być > a₁, no i cały ciąg musi zbiegać do a... ok pokombinuj, ja idę spać, dobranoc

Godzio: ∃a_n∊A a_n+1 − a_n > 0 i ∃a∉A a = supA ⇒ lima_n = a = supA = g ? Już sam nie wiem

Godzio: Dobranoc, spróbuję to przetrawić bo widzę, że ja już piszę jakąś herezję

Basia: stosując Twoją Godziu symbolikę będzie: ∀_b<g ∃_x∊A b < x < g x₁ dowolny element A ⇒ (x₁ staje się tym b) i musi istnieć x₂∊A takie, że x₁ < x₂ < g ⇒ musi istnieć x₃∊A takie, że x₂ < x₃ < g i tak dalej to Ci już powinno wystarczyć

Godzio: Już nie myślę o tej porze, na jutro te dowody sobie zostawię, bo mam na po południe zajęcia, teraz robię takie typowo obliczeniowe, i mam pytanie: ⁿ√3ⁿ − 2ⁿ jak mam policzyć z tego granicę to jakie ciągi mogę obrać: ? ≤ ⁿ√3ⁿ − 2ⁿ ≤ ⁿ√3ⁿ

Godzio: W sumie na takie coś wpadłem: ⁿ√3ⁿ − 2ⁿ = 3ⁿ√1 − (²₃)ⁿ 3 ← 3ⁿ√1 − (⁵₆)ⁿ ≤ 3ⁿ√1 − (²₃)ⁿ ≤ 3ⁿ√1 → 3

Godzio:

	5		1
Zamiast		miało być
	6		2

Jakub: Może z lewej strony ograniczysz 3ⁿ√1 − (¹₂)¹ = 3ⁿ√1 − ¹₂ = 3ⁿ√¹₂ → 3 * 1 = 3 Najmniejsza wartość 1 − (¹₂)ⁿ jest właśnie dla n=1