ciag Benny: Jak z dołu ograniczyć ⁿ√5ⁿ−3ⁿ−2ⁿ?

Benny: juz nie wazne

Jerzy: A musisz ograniczać ?

Adam: 5ⁿ−3ⁿ−2ⁿ

Benny:

	1
Liczyłem granicę, zastosowałem		5n
	2

Jerzy: = limⁿ√5ⁿ[1−(3/5ⁿ−(2/5)ⁿ]} =limⁿ√5ⁿ*1 = 5*limⁿ√1 = 5

Benny: Jerzy ja to wiem, ale z 3 ciągów czasem trzeba pokazać

Jerzy: Jeśli miałś narzuconą metodę, to zgoda

jc: Trochę poprawimy i będzie dobrze. (5ⁿ−3ⁿ−2ⁿ)^1/n = 5 [1 − (3/5)ⁿ − (2/5)ⁿ ]^1/n Dalej skorzystamy z nierówności: 0 < a < 1 ⇒ a^1/n > a. 1≥ [1 − (3/5)ⁿ − (2/5)ⁿ ]^1/n ≥ 1 − (3/5)ⁿ − (2/5)ⁿ → 1 Z twierdzenia o 3 ciągach [1 − (3/5)ⁿ − (2/5)ⁿ ]^1/n → 1 (przez 5 możesz sam pomnożyć).

jc: Jerzy, obawiam się, że za rozwiązanie z 12:17 mógłbyś dostać 0 punktów, chyba że napisałbyś z jakich twierdzeń korzystałeś.

Jerzy: W każdym momencie stosuje powszechnie znane twierdzenia w matematyce.

jc: No to jakie twierdzenie pozwala nam tak napisać lim ⁿ√5ⁿ[1−(3/5ⁿ−(2/5)ⁿ] =lim ⁿ√n ?

Jerzy: A gdzie ja to napisałem ? Jest: lim_n→∞ⁿ√5ⁿ*ⁿ√1 = 5*1 = 5

jc: 12:01 lim ⁿ√5ⁿ[1−(3/5)ⁿ−(2/5)ⁿ] =lim ⁿ√5ⁿ*1

Jerzy: = lim ⁿ√5ⁿ*ⁿ√1 − (3/5)³ − (2/5)^{n n}√5ⁿ → 5 oraz ⁿ√1 − (3/5)³ − (2/5)ⁿ → 1

jc: Dlaczego nie napisałeś po prostu =5 * lim ⁿ√1−(3/5)ⁿ − (2/5)ⁿ tylko = lim ⁿ√5ⁿ*1? (wiemy, że to tyle samo, ale równie dobrze można było od razu podać wynik) Pozostaje pytanie: dlaczego ⁿ√1−(3/5)ⁿ − (2/5)ⁿ →1 ?

Jerzy: Myślę,że na egzaminie ( czy kolokwium) nie ma potrzeby komentowania tego.

jc: To spróbuj tak napisać i się przekonasz, jak jest. Może ktoś oceni pozytywnie, ale ktoś inny może ocenić negatywnie. Odpowiednie twierdzenie możemy oczywiście sformułować, ale nie jest to raczej powszechne twierdzenie no i pozostaje problem dowodu tego twierdzenie.

Jerzy:

	3
Nie bardzo rozumiem..miałbym np. tłumaczyć, że: limn→∞(		)n = 0 ?
	5

relaa: Wydaje mi się, że jc chodzi o to, że podzieliłeś sobie tę granicę i najpierw wyliczyłeś środek, a nie wszystko naraz. ⁿ√1 − (³/₅)ⁿ − (²/₅)ⁿ = ⁿ√1 − 0 − 0 Powinieneś od razu napisać ⁿ√1 − (³/₅)ⁿ − (²/₅)ⁿ → 1 dla n → ∞ i o to chyba się rozchodzi jc. Jeżeli nie o to, to się już nie wtrącam. Robiłeś tę granicę w kilku etapach.

jc: relaa, tak właśnie jest. Nietrudno pokazać, że Jeśli ciąg a_n>0, a_n →g>0, to ⁿ√a_n →1. A ponieważ dla g>0, ⁿ√g →1, więc łącząc te dwa fakty możemy napisać lim p_n{a_n} = lim p_n{g} (przy założeniu a_n>0, a_n →g>0). Tylko to trochę bez sensu.

jc: Coś się dziwnie napisało Powinno być lim ⁿ√a_n = lim ⁿ√g (bo obie granice równe są 1) Równie dobrze mógłbym napisać lim (1+1/n) = lim ⁿ√n (bo przecież obie granice są równe 1)

Adamm:

	5n+1−3n+1−2n+1
limn→∞ n√5n−3n−2n = limn→∞		=
	5n−3n−2n

	3   2   5−3( )n−2( )n   5   5
= limn→∞		= 5
	3   2   1−( )n−( )n   5   5

jc: Adamm, ładne twierdzenie: jeśli a_n > 0, a_n+1/a_n →g > 0, to ⁿ√a_n →g (ale odwrotnie już niekoniecznie)

Adamm:

	an+1
o ile istnieje limn→∞		to zawsze są równe
	an

Benny: Z czego to wynika?

Adamm: z twierdzenia Stolza

Benny: Nie mogę tego przekształcić. Pokażesz?

Adamm: a_n>0, a_n→a>0 przy czym a jest skończone ⁿ√a₁*...*a_n=e^{ln(n√a₁*...*a_n)}

	lna1+...+lnan
limn→∞		= limn→∞ lnan = lna
	n

stąd ⁿ√a₁*...*a_n→a

	an+1
stąd limn→∞ n√a1*(a2/a1)*...*(an/an−1) = limn→∞
	an

Benny: No tak, teraz coś mi nawet świta z zajęć

jc: Cóż, ja to pokazałem bezpośrednio. a_n+1/a_n →g, a_n>0, g>0 Weźmy δ, 0<δ<g. 0 < g−δ < a_n+1/a_n < g+δ dla n większych od pewnego N. a_n ≤ (g+δ)ⁿ a_N/(g+δ)^N Stąd lim sup ⁿ√a_n ≤ g+δ. A ponieważ δ może być dowolnie małe,, więc lim sup ⁿ√a_n ≤ g. Podobnie szacujemy z dołu i mamy równość. 17:47 przecież napisałem a_n+1/a_n →g (co oznacza, że granica istnieje). Implikacja odwrotna nie jest prawdziwa choćby dla ciągu: 2,3,2,3,2,3 ... Chyba wiem, co miałeś na myśli, ale jeśli iloraz ma granicę, to granica pierwiastka nie może być inna niż granica ilorazu.