granica Maul: ile wynosi lim ⁿ√logn

Maul: pierwiastek n−tego stopnia przy n−> ∞

Maul:

Basia: ponieważ n→+∞ ignoruję a₁,a₂,.....a₉ (wolno mi) i patrzę co się dzieje dla a₁₀ i starszysz dla każdego n≥10 mamy ⁿ√log10 ≤ ⁿ√logn ≤ ⁿ√n i twierdzenie o trzech ciągach zakładam, że zostało już udowodnione, że lim_n→+∞ⁿ√n = 1

Maul: a dla tego samego tylko z n! ?

Basia: dla każdego n 1 ≤ n! ≤ nⁿ 1 ≤ n! chyba oczywiste n! = 1*2*3*....*n ≤ n*n*....*n = nⁿ

Basia: a nie sorry to nic nie daje; muszę pomyśleć

Basia: ⁿ√n! ma być; tak ?

Maul: tak

Trivial: Basiu, ze wzoru Stirlinga od razu mamy

	n
lim n√n! = lim √(2πn)1/n		= ∞.
	e

Czyli żeby zrobić bez magicznych wzorów trzeba ograniczyć od dołu i pokazać, że ten ograniczający ciąg zmierza do nieskończoności.

Basia: rozważam a_2n = [(2n)!]^1/(2n) (2n)! = 1*2*....*(n−1)*n*(n+1)*...*(n+n) > n*n*....*n (2n−n+1 razy) = nⁿ⁺¹ > nⁿ stąd a_2n > (nⁿ)^1/(2n) = n^1/2 = √n czyli podciąg wyrazów parzystych mojego ciągu jest rozbieżny do +∞ bo √n → +∞ analogicznie a_2n+1 = [(2n+1)!]^1/(2n+1) (2n+1)! = 1*2*....*(n−1)*n*(n+1)*...*(n+n)*(n+n+1) > n*n*....*n (2n+1−n+1 razy) = nⁿ⁺² > nⁿ⁺¹ stąd a_2n+1 > (nⁿ⁺¹)^1/(2n+1) > (nⁿ⁺¹)^1/(2n+2) = n^1/2 = √n czyli również podciąg wyrazów nieparzystych mojego ciągu jest rozbieżny do +∞ wniosek: lim_n→∞ ⁿ√n! = +∞ (o ile się gdzieś nie oszukałam) mógłby ktoś się temu jeszcze przyjrzeć ?

Basia: no to się chyba nie oszukałam Maul jest dopiero po maturze, nie wiem czy zna wzór Stirlinga sprawdź Trivial te moje rachunki

Trivial: Wygląda dobrze.

Trivial: Alternatywny sposób. Jeżeli wykażemy, że n^n/2 ≤ n! to z łatwością policzymy tę granicę. Najpierw udowodnimy lemat. Lemat (n−1)*ln(n+1) ≤ n*ln(n) Dowód Intuicyjnie od razu widać, że jest prawdziwy, bo funkcja logarytm rośnie bardzo powoli. Ale chcemy formalnie to wykazać. Wykażemy, że (n−1)*ln(n+1) − n*ln(n) ≤ 0 (n−1)*ln(n+1) − n*ln(n) = n*ln(n+1) − ln(n) − n*ln(n) = n(ln(n+1) − ln(n)) − ln(n) =

	n+1		1		1
= n*ln		− ln(n) = n*ln(1+		) − ln(n) = ln(1+		)n − ln(n)
	n		n		n

≤ ln(e) − ln(n) = 1 − ln(n) ≤ 0 dla n ≥ 1.

	1
Skorzystaliśmy z tego, że ciąg (1+		)n jest ograniczony od góry przez liczbę e.
	n

Wracamy do interesującej nas nierówności: n^n/2 ≤ n! Dowód

	n
Indukcyjnie udowodnimy, że ln(nn/2) ≤ ln(n!), czyli		ln(n) − ln(n!) ≤ 0.
	2

	1
n=1:		ln(1) − ln(1!) = 0 − 0 = 0 ≤ 0. OK
	2

	n+1		n+1
n≥1:		ln(n+1) − ln((n+1)!) =		ln(n+1) − ln((n+1)n!) =
	2		2

	1		1
=		(n+1)ln(n+1) − ln(n+1) − ln(n!) =		(n−1)ln(n+1) − ln(n!)
	2		2

	1
≤		n*ln(n) − ln(n!) // lemat
	2

≤ 0. OK // hipoteza indukcyjna Zatem dowiedzione! lim_n→∞ ⁿ√n! = lim_n→∞ ⁿ√n^n/2 = lim_n→∞ √n = ∞.

AC: Może prościej n! * n! = ∏_i=1ⁿ a_i * b_i gdzie a_i = n − i, b_i = i + 1 dla każdego i a_i + b_i = n +1 Z trójmianu kwadratowego wynika, że: min(a_i * b_i ) = n * 1 =n

	n +1		n +1		n +1
max(ai * bi ) =		*		= (		)2
	2		2		2

Stąd

	n +1
nn ≤ n! * n! ≤ (		)2n
	2

a dalej już wiadomo.

Artur_z_miasta_Neptuna: a nie prościej z d'hospitala

	1		log n
lim n√n = lim elog n√n = lim exp(		log n) = exp(lim		) =H=
	n		n

	1   n
= exp(lim		) −> exp (0) = e0 = 1
	1

Trivial: Artur, policzyłeś inną granicę.

Trivial: AC, sprytnie! Potrzebne nam tylko minimum w tym wypadku.

AC: Tak, wiem ale dałem też oszacowanie n! z góry.

Artur_z_miasta_Neptuna: Trivial −−− jak inną? a faktycznie ... tam jest silnia

Basia: ciągi nie są funkcjami różniczkowalnymi poza tym

Trivial: Basiu, u nas była konwencja, że przy korzystaniu z reguły de l'Hospitala traktujemy ciągi jako funkcje dla n rzeczywistego. Jeżeli znajdziemy granicę dla n rzeczywistego, to tym samym znaleźliśmy granicę dla n naturalnego.

Basia: Zgadzam się jak najbardziej, tylko to wymaga wyjaśnienia i powołania się na definicję Heinego.