Home/ Intrebari/Q 83220
Urmator
In Process

AniDeȘcoală.ro Latest Intrebari

Pollux
Pe: 2013-10-07T19:28:12+03:00 In: In:

Teorema de caracterizare cu epsilon a limitei unui sir

Folosind teorema de caracterizare cu \epsilon a limitei unui sir, demonstrati ca
\lim_{x\to\infty}\frac{4^n+2n+1}{9*4^n}=\frac{1}{9}

Pana acum am facut asa:

Oricare ar fi \epsilon >0 , exista un rang n_\epsilon apartinand lui N astfel incat oricare n \geq n_\epsilon, atunci |\frac{4^n+2n+1}{9*4^n}-\frac{1}{9}|<\epsilon, adica |\frac{2n+1}{9*4^n}|<\epsilon , adica \frac{2n+1}{9*4^n}<\epsilon.
Inteleg ca de acum trebuie sa aflu un ‘n’ in functie de \epsilon pentru care inegaliatea are loc.Cum se rezolva aceasta inegalitate?

Multumesc anticipat!

Similare

2 raspunsuri

  1. sandy_sc
    maestru (V)

    Ii dai lui epsilon o valoare subunitara aleasa convenabil de ex e=1/10
    Ajungi la inegalitatea 20n+10<9*4^n Inegalitate e adevarata pt V n>,=1
    De ne (n indice epsilon)=1 Deci Pt V n>1 inegalitatea e adevarata

    Atentie la limita initiala n__>+00

  2. ghioknt
    profesor

    Ai condus foarte bine calculele şi ai obţinut o inegalitate echivalentă cu cea iniţială, cerută de teoremă.
    Această inecuaţie nu trebuie neapărat rezolvată, pentru că nu ne interesează toate valorile lui n care o satisfac. Trebuie ca
    (prin orice mijloace) să afli pentru indicele n un prag

        \[ n_\varepsilon \]

    ,dincolo de care toţi termenii şirului satifac ipoteza teoremei.
    Astfel, voi folosi un majorant pentru expresia la care ai ajuns, pentru a obţine o inecuaţie cât mai simplă.
    Se poate demonstra (inductiv) că pt
    \[ n \ge 3]
    Primul număr natural care intră în intervalul aflat este

        \[ \left[ { - \log _2 \left( {9\varepsilon } \right)} \right] + 1 \]

    , deci putem lua

        \[ n_\varepsilon = \max \left( {3,\,\left[ { - \log _2 \left( {9\varepsilon } \right)} \right] + 1\,} \right) \]

    Pentru

        \[ \,\,n \ge n_\varepsilon \,\,sunt\,\,ade{{\rm var}} ate\,\,\frac{{2n + 1}}{{9 \cdot 4^n }} < \frac{1}{{9 \cdot 2^n }} < \varepsilon . \]

    .
    Sau, tot prin inducţie este uşor de validat că

        \[ \begin{array}{l} 9 \cdot 4^n > n^2 ;\;atunci\;\frac{{2n + 1}}{{9 \cdot 4^n }} < \frac{{2n + 1}}{{n^2 }},\quad iar\;\frac{{2n + 1}}{{n^2 }} < \varepsilon \Leftrightarrow \varepsilon n^2 - 2n - 1 < 0\;valabila\;pt\;numerele\;naturale\;din \\ {{\rm int}} ervalul\;\left( {\frac{{1 + \sqrt {1 + \varepsilon } }}{\varepsilon };\,\,\infty } \right) \Rightarrow \,\,n_\varepsilon = \left[ {\frac{{1 + \sqrt {1 + \varepsilon } }}{\varepsilon }} \right] + 1 \\ \end{array} \]

    (partea întreagă).

    Cu bine, ghioknt.

Raspunde

Raspunde