limita unui sir-admitere utcn

Question

flaviu_1

Pe: 5 aprilie 20142014-04-05T10:36:58+03:00 2014-04-05T10:36:58+03:00In: MatematicaIn: Clasele IX-XII

limita unui sir-admitere utcn

Fie $(b_n)_$ n>=1 si $(c_n)$ n>=1 doua siruri de numere reale,
$b_n=1+\frac{1}{2}+...+\frac{1}{n}-lnn$ ,
$c_n=1+\frac{1}{3}+...+\frac{1}{2n-1}-ln\sqrt{n}$ .

Daca $b=\lim_{n\to\infty}b_n$ ,atunci

$\lim_{n\to\infty}c_n$ =?

15 raspunsuri

Raspunde

Raspunde
Anulează răspunsul

DD · Answer 1 · 2014-04-05T16:08:29+03:00

Sirul ; bn=1+1/2+1/3+…..1/n-lnn este un sir descrescator ,
b(n+1)-bn=1/(n+1)-(ln(n+1)-lnn) Sa reamintim ca , daca f(x)=lnx conf.teoreme lui Lagrange pe intervalul(n , n+1) avem ln(n+1)-lnn=1/c ,unde n<c<n+1 sau
1/n>1/c>1/(n+1) de unde ;1/(n+1)-(ln(n+1)-lnn)<0. Deci b(n+1)-bn este un
sir descrescator si lumita lui nu este zero.Fie acum sirul .an=1+1/2+1/3+….1/n-ln(n+1). Sa facem si aici operatia ; a(n+1)-an=1/(n+1)-
(ln(n+2)-ln(n+1))> Luand din nou f(x)=lnx dr pe intervalul ((n+1) , (n+2))vom
avea ;ln(n+2)-ln(n+1)=1/c , unde n+1<c<n+2 sau 1/(n+2)<1/c<1/(n+1) sau ; 1/(n+1)-(ln(n+2)-ln(n+1))>0 < DE unde a(n+1).>an deci sirul este crescator In afara de acestea se vede usor ca an<bn, de unde cele doua siruri tind spre aceeasi limita .Lmita celor doua siruri s-a numit ”constanta lui Euler” , s-a notat cu „c” si s-a calculat ca c=0,5772….

Fie sirl; Cn=1+1/3+1/5+….+1/(2n-1)-(lnn)/2 unde (ln√n=(lnn)/2). Sa facem urmatoarea cosmetizare . Sa luam sirul dn=1/2+1/4+1/6….+1/(2n)-(lnn)/2 si cn+dn= [1+1/2+1/3+1/4+….+1/(2n)-lnn-ln2]+ln2=”c”+ln2.Dar dn=(1/2)*[1+1/2+1/3…+1/n-lnn)=”c”/2 Astfel in final , la limita,avem; lim(cn)+”c”/2= „c”+ln2 sau ; lim(cn)=c”/2+ln2.Cum in problema „c” s-a notat cu b si lim(cn) =c, rezulta ca; c=b/2+ln2

flaviu_1 · Answer 2 · 2014-04-05T16:42:48+03:00

flaviu_1

2014-04-05T16:42:48+03:00A raspuns pe 5 aprilie 2014 la 4:42 PM

„an<bn, de unde cele doua siruri tind spre aceeasi limita”->Aceasta se intampla pe caz general?

- 0
Raspunde

DD · Answer 3 · 2014-04-05T18:20:19+03:00

DD profesor

2014-04-05T18:20:19+03:00A raspuns pe 5 aprilie 2014 la 6:20 PM

Se vede ca an-bn=ln(n/(n+1))<0->an<bn si cand n->infinit an-bn->0

- 0
Raspunde

grapefruit · Answer 4 · 2014-04-06T13:14:10+03:00

Domnule DD,nu inteleg o chestie ;sirul c_n+d_n nu formeaza tocmai sirul b_n;observ ca dumneavoastra ati scazut un ln2 si ati adunat un ln 2 si nu inteleg de ce sirul acela -ln2 tinde la c ;ca sa puteti afirma ca c_n+d_n=c+ln2

DD · Answer 5 · 2014-04-06T13:59:51+03:00

Cand sirul este 1+1/2+1/3+…1/(2n)rebue sa urmeze(-ln(2n)) Cum Cn+dn=1+1/2+1/3+….1/(2n)-lnn a trebuit sa adun si sa scad ln2 ,astfel -lnn-ln2=-ln(2n) dabia acum 1+1/2+1/3+….1/(2n)-ln(2n)=”c” asa ca :cn+dn=”c”+ln2 CLAR?

PhantomR · Answer 6 · 2014-04-06T16:34:08+03:00

Marea problema este acea suma.

Avem $b_n=1+\frac{1}{2}+...+\frac{1}{n}-\ln n$ . Observam asemanarea dintre sirurile $b_n,c_n$ , ceea ce conduce la considerarea subsirului $b_{2n}=1+\frac{1}{2}+...+\frac{1}{2n-1}+\frac{1}{2n}-\ln(2n)$ , deci $1+\frac{1}{2}+...+\frac{1}{2n-1}+\frac{1}{2n}=b_{2n}+\ln (2n)$ (1)

Acum, pentru a ajunge la acea suma din sirul $c_n$ , trebuie sa „scapam” de fractiile cu numitorul par, deci de suma $\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+...+\frac{1}{2n}=\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{2}+....+\frac{1}{n}\right)=\frac{1}{2}(b_n+\ln n)$ (2).

Scazand (1),(2) avem $1+\frac{1}{3}+...+\frac{1}{2n-1}=b_{2n}+\ln (2n) - \frac{1}{2}(b_n+\ln n)=b_{2n}+\ln 2 + \ln n -\frac{1}{2}b_n-\frac{1}{2}\ln n = b_{2n}-\frac{1}{2}b_n+\frac{1}{2}\ln n +\ln 2 = b_{2n}-\frac{1}{2}b_n+\ln \sqrt n +\ln 2$ .

Acum, $c_n=b_{2n}-\frac{1}{2}b_n+\ln \sqrt n +\ln 2-\ln \sqrt n = b_{2n}-\frac{1}{2}b_n+\ln 2$ . Prin trecere la limita, deducem $\lim_{n\to\infty}c_n=b-\frac{1}{2}b+\ln 2 = \frac{b}{2}+\ln 2$ .

In concluzie, $\lim_{n\to\infty}c_n=\frac{b}{2}+\ln 2$ .

NOTA: Poate parea cam complicat, dar nu e chiar asa.. e putin cam lung deoarece am incercat sa explic cum se pot stabili relatiile dintre cele doua siruri.

flaviu_1 · Answer 7 · 2014-04-06T16:49:06+03:00

flaviu_1

2014-04-06T16:49:06+03:00A raspuns pe 6 aprilie 2014 la 4:49 PM

In cazul in care avem sirul
$(a_n)_$ n>=1, sir de numere reale, astfel ca sirul
$1+\frac{1}{2}+...+\frac{1}{n}-a_nlnn$ ,n>=1, sa fie marginit, cum se poate afla limita sirului $(a_n)$ n>=1?

- 0
Raspunde

PhantomR · Answer 8 · 2014-04-06T16:58:21+03:00

PhantomR expert (VI)

2014-04-06T16:58:21+03:00A raspuns pe 6 aprilie 2014 la 4:58 PM

Se presupune cumva ca limita acestui $a_n$ exista (si e finita?)?

- 0
Raspunde

flaviu_1 · Answer 9 · 2014-04-06T17:06:07+03:00

flaviu_1

2014-04-06T17:06:07+03:00A raspuns pe 6 aprilie 2014 la 5:06 PM

Se specifica doar atat, iar variantele de raspuns sunt:
$A)e$ $B)0$ $C)+\infty$ $D)1$
$E)\frac{1}{e}$

- 0
Raspunde

PhantomR · Answer 10 · 2014-04-06T18:24:59+03:00

Va multumesc pentru informatii!

Consideram $x_n=1+\frac{1}{2}+...+\frac{1}{n}-a_n\ln n$ si $y_n=1+\frac{1}{2}+...+\frac{1}{n}-\ln n$ .

Sa aratam ca $y_n$ este marginit. Voi prezenta o demonstratie cu o idee similara cu cea pe care a prezentat-o domnul DD. Va multumesc pentru postare, domnule DD! ^_^

In acest sens, pentru orice $k\geq 1$ , consideram functia $f:[k,k+1]\to\mathbb{R},f(x)=\ln x$ . Din Teorema lui Lagrange, exista $c\in [k,k+1]$ cu $\frac{f(k+1)-f(k)}{(k+1)-k}=f'(c) \Leftrightarrow f(k+1)-f(k)=\frac{1}{c} \Leftrightarrow \ln (k+1)-\ln k =\frac{1}{c}$ . Cum $k\leq c \leq k+1 \Rightarrow \frac{1}{k}\geq \frac{1}{c}\geq \frac{1}{k+1}\Rightarrow \frac{1}{k+1}\leq \frac{1}{c}\leq \frac{1}{k}$ . Noi vom avea nevoie doar de prima inegalitate, din care obtinem $\frac{1}{k+1}\leq \ln (k+1)-\ln k$ . Adunam aceste inegalitati pentru $k=1,2,...,n-1$ si obtinem pentru $n\geq 2$ ca $\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+...+\frac{1}{n}\leq \ln n-\ln 1 = \ln n$ , deci $1+\frac{1}{2}+...+\frac{1}{n}\leq \ln n +1 \Rightarrow 1+\frac{1}{2}+...+\frac{1}{n}-\ln n \leq 1 \Rightarrow y_n\leq 1,n\geq 2$ , adica $y_n$ e marginit.

NOTA: Acesta este un rezultat cunoscut, pe care v-ar putea ajuta si pe viitor sa il tineti minte.

Vom folosi acum urmatoarea proprietate pe care o voi demonstra in caz general: Daca $s_n,t_n$ sunt siruri marginite, atunci si sirul $s_n-t_n$ este marginit. Intr-adevar, exista $S,T>0$ cu $|s_n|\leq S$ si $|t_n|\leq T$ . De aici si folosind Inegalitatea modulului, avem $|s_n-t_n|=|s_n+(-t_n)|\leq |s_n|+|-t_n|=|s_n|+|t_n|\leq S+T$ , deci si $s_n-t_n$ e marginit.

Acum, cum noi stim ca $x_n$ e marginit si cum am aratat ca si $y_n$ are aceasta caracteristica, rezulta ca $y_n-x_n$ e marginit, adica exista $M>0$ cu $|y_n-x_n|\leq M$ , adica $|-\ln n + a_n\ln n|\leq M \Rightarrow |a_n\ln n - \ln n|\leq M \Rightarrow |(a_n-1)\ln n|\leq M \Rightarrow |a_n-1| \cdot |\ln n |\leq M$ . Pentru $n\geq 2$ avem $\ln n>\ln 1 = 0$ , deci rezulta $|a_n-1|\cdot \ln n \leq M \Rightarrow |a_n-1|\leq \frac{M}{\ln n},n\geq 2$ . Cum $\lim_{n\to\infty}\frac{M}{\ln n}=\frac{M}{\infty}=0$ , din , deducem ca $(a_n)_{n\geq 1}$ este un sir convergent, iar $\fbox{\lim_{n\to\infty}a_n=1}$ .

flaviu_1 · Answer 11 · 2014-04-06T18:44:13+03:00

flaviu_1

2014-04-06T18:44:13+03:00A raspuns pe 6 aprilie 2014 la 6:44 PM

Foarte interesanta rezolvarea!Multumesc pentru explicatii…

- 0
Raspunde

grapefruit · Answer 12 · 2014-04-06T18:48:08+03:00

grapefruit maestru (V)

2014-04-06T18:48:08+03:00A raspuns pe 6 aprilie 2014 la 6:48 PM

Superb!

- 0
Raspunde

PhantomR · Answer 13 · 2014-04-06T19:10:01+03:00

PhantomR expert (VI)

2014-04-06T19:10:01+03:00A raspuns pe 6 aprilie 2014 la 7:10 PM

flaviu_1 wrote: Foarte interesanta rezolvarea!Multumesc pentru explicatii…

Cu multa placere!:) Va multumesc si eu pentru apreciere!

grapefruit wrote: Superb!

Multumesc! ^_^

- 0
Raspunde

grapefruit · Answer 14 · 2014-04-06T19:23:05+03:00

Totusi ,revin si eu cu o curiozitate; daca a<x_n<b spunem ca sirul este marginit(am incadrat toate numerele sirului in alte 2 numere reale);o alta definitie a marginirii este |x_n|<M ;M>0 sau -M<x_n<M.(care dupa parerea mea nu sunt echivalente pt ca a doua definite este un caz particular a primei pt a=-b).
Sau teorema de fata precizeaza doar faptul ca sirul este marginit neoferind neaparat minorantul sau majorantul?

PhantomR · Answer 15 · 2014-04-06T19:50:10+03:00

Spunem ca un sir $(x_n)_{n\geq 1}$ este marginit daca exista doua numere reale $a,b$ astfel incat $a\leq x_n\leq b,\forall n\geq 1$ .

Echivalent, un sir $(x_n)_{n\geq 1}$ este marginit daca si numai daca exista un numar $M>0$ astfel incat $|x_n|\leq M,\forall n\geq 1$ .
Demonstratie: $"\Leftarrow"$ Presupunem ca exista un astfel de $M$ . Din $|x_n|\leq M \Rightarrow -M\leq x_n\leq M,n\geq 1$ , adica sirul este marginit.
$"\Rightarrow"$ Presupunem ca sirul este marginit. Atunci exista numerele reale $a,b$ cu $a\leq x_n\leq b,\forall n\geq 1$ . Fie $M=\max\{|a|+1,|b|+1\}$ . Rezulta $M\geq |a|+1\geq 0+1=1>0$ . In plus, avem $M\geq |b|+1\geq |b|\geq b$ si $M\geq |a|+1\geq |a| \Rightarrow -M\leq -|a| \leq a$ (ultima inegalitate provine din faptul ca $|a|=|-a|\geq -a \Rightarrow -|a|\leq a$ ). Din cele doua inegalitati, avem $-M\leq x_n\leq M,n\geq 1$ , ceea ce inseamna ca $|x_n|\leq M,\forall n\geq 1$ .

NOTA: In alegerea lui $M$ in demonstratia implicatiei directe apar acei $1$ pentru a ne asigura ca $M>0$ . Totusi, cazul in care $M=\max \{|a|,|b|\}=0$ nu era asa greu de tratat separat, caci acesta e echivalent cu tex]|a|=|b|=0 \Rightarrow a=b=0 \Rightarrow x_n=0,\forall n\geq 1[/tex] si atunci orice numar $M>0$ poate fi ales ca majorant, caci $0=|x_n|<M,\forall n\geq 1$ , pentru $M>0$ .
Deci, in ipoteza ca sirul nu are toti termenii nuli (caz in care am precizat o maniera de tratare mai sus), daca luam $M=\max\{|a|,|b|\}$ avem $M>0$ .

Cu aceasta, rezultatul este demonstrat.

In legatura cu intrebarea despre majorant/minorant, nu sunt sigur daca inteleg bine. Dar as putea da urmatorul exemplu: daca noi stim ca $1<x_n<2,\forall n\geq 1$ , aceasta inseamna ca sirul e marginit. Ori, aceasta inseamna ca exista un $M$ cu $|x_n|\leq M,\forall n\geq 1$ . Teorema nu precizeaza exact expresia numerica a acestui $M$ , dar in cazul problemei precedente nu este nevoie de ea, ci este suficient sa stim ca acest numar finit exista.

Inregistrare

Login

Resetare parola

AniDeȘcoală.ro Latest Intrebari

limita unui sir-admitere utcn

Similare

15 raspunsuri

RaspundeAnulează răspunsul

Raspunde
Anulează răspunsul