Home/ Intrebari/Q 92664
Urmator
In Process

AniDeȘcoală.ro Latest Intrebari

dtiwari
Pe: 2018-05-01T07:08:59+03:00 In: In:

Limit

\displaystyle \lim_{n\to\infty} \left(1+\frac{1}{n^2}\right)\left(1+\frac{2}{n^2}\right)\cdots\cdots \left(1+\frac{n}{n^2}\right)

Similare

6 raspunsuri

  1. PhantomR
    expert (VI)

    Maybe this is not very helpful, but consider a_n=\prod_{k=1}^n (1+\frac{k}{n^2}) and b_n=\ln a_n=\sum_{k=1}^n \ln(1+\frac{k}{n^2}).

    Since \forall 1\leq k\leq n we have that \lim_n \frac{\ln(1+\frac{k}{n^2})}{\frac{k}{n^2}}=1, we could say that \ln(1+\frac{k}{n^2})\approx \frac{k}{n^2} as n\to\infty. So, we could ‘estimate’ (this is NOT a rigorous proof) \lim b_n=\lim_n \sum_{k=1}^n \frac{k}{n^2}=\lim_n \frac{\frac{n(n+1)}{2}}{n^2} = \frac{1}{2}, so our initial limit would be e^{\frac{1}{2}}=\sqrt{e}. Wofram Alpha confirms this result.

    I am, however, unsure how we would formally prove this 😀.

  2. ghioknt
    profesor

    Se poate demonstra riguros următorul rezultat.
    Dacă:
    1) I este un interval, 0\in I',\;f,g:I\to \mathbb{R},\;g(x)>0,\;\lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{g(x)}=1;
    2) a_{k,n}\in I\;\forall k\geq 1,\;\forall n\geq 1,\;\lim_{n\to \infty }a_{k,n}=0\;\forall k\leq n;
    3) \exists \lim_{n\to \infty }\sum_{k=1}^{n}g(a_{k,n}).
    Atunci \lim_{n\to \infty }\sum_{k=1}^{n}f(a_{k,n})=\lim_{n\to \infty }\sum_{k=1}^{n}g(a_{k,n}).

    Exemplul 1.
    I=(0;\infty ),\;f(x)=\ln(1+x),\;g(x)=x,\;\lim_{x\to 0}\frac{\ln(1+x)}{x}=1,\;a_{k,n}=\frac{k}{n^2},\;\\\lim_{n\to \infty }\sum_{k=1}^{n}\frac{k}{n^2}=\frac{1}{2}\Rightarrow \lim_{n\to \infty }\sum_{k=1}^{n}\ln \left ( 1+ \frac{k}{n^2}\right )=\frac{1}{2}

    Exemplul 2.
    I=(0;\infty ),\;f(x)=(1+x)^a-1,\;g(x)=ax,\;\lim_{x\to 0}\frac{(1+x)^a-1}{ax}=1,\;a_{k,n}=\frac{k}{n^2},\;\\\lim_{n\to \infty }\sum_{k=1}^{n}a\frac{k}{n^2}=\frac{a}{2}\Rightarrow \lim_{n\to \infty }\sum_{k=1}^{n}[ \left ( 1+ \frac{k}{n^2}\right )^a-1]=\frac{a}{2}.
    In particular, pentru a=1/2: \lim_{n\to \infty }\sum_{k=1}^{n}\left ( \sqrt{1+\frac{k}{n^2}}-1 \right )=\frac{1}{4}

  4. PhantomR
    expert (VI)

    As vrea mult sa vad cum ar arata demonstratia pentru acel rezultat. Si eu am incercat sa demonstrez ceva similar cu definitia cu \epsilon, dar nu am reusit.. m-am izbit de faptul ca din relatiile de tipul 2) se obtineau rangurile n_\epsilon_1,n_\epsilon_2,...,n_\epsilon_n, iar maximul lor ar fi depins de n..

  5. ghioknt
    profesor

    PhantomR post_id=111266 time=1525291708 user_id=15235 wrote:
    As vrea mult sa vad cum ar arata demonstratia pentru acel rezultat. Si eu am incercat sa demonstrez ceva similar cu definitia cu \epsilon, dar nu am reusit.. m-am izbit de faptul ca din relatiile de tipul 2) se obtineau rangurile n_\epsilon_1,n_\epsilon_2,...,n_\epsilon_n, iar maximul lor ar fi depins de n..

    M-am mai documentat și am aflat două tipuri de abordări. Una ca a mea, în care problema sesizată de dv. este complet neglijată și una tranșantă, în care despre numerele a_{k,n} se stipulează:
    pentru\;\forall \varepsilon <0\;\exists N(\varepsilon )\;a.i.\;|a_{k,n}|<\varepsilon ,\;\forall n>N(\varepsilon )\;si\;\forall k\leq n.
    Acum, că m-ați atenționat, aș propune ceva intermediar, adecvat aplicațiilor curente întâlnite în culegeri, unde numerele noastre sunt de forma \frac{k}{n^2} sau asemănătoare.
    Mai întâi să ne limităm la intervale de forma (0; b) și, în al doilea rând, despre numerele a_{k,n} să spunem
    \forall n\geq 1\;si\;\forall k\leq n:\;0<a_{k,n}\leq a_{n,n}<b;\;\;\lim_{n\to \infty }a_{n,n}=0.
    Astfel că, dacă în anumite condiții avem 0<a_{n,n}<\varepsilon, exact în aceleași condiții avem și
    0<a_{k,n}<\varepsilon\;\forall k\leq n.

  6. gigelmarga
    profesor

    Cu alte cuvinte, putem scrie astfel: cum \lim_{x \to 0}\frac{\ln(1+x)}{x}=1, atunci, aleg\nd un \varepsilon>0 arbitrar, exista \delta >0 astfel ca 1-\varepsilon<\frac{\ln(1+x)}{x}<1+\varepsilon,\,\,\forall |x|<\delta, deci (1-\varepsilon)x<\ln(1+x)<(1+\varepsilon)x,\,\,\forall |x|<\delta

    Deoarece pentru 0 \le k \le n avem \lim_n \frac{k}{n^2}=0,, pentru n suficient de mare, \frac{k}{n^2}<\delta.

    Insumand, avem (1-\varepsilon)\cdot \sum_{k=1}^n{\frac{k}{n^2}}<\sum_{k=1}^n{\ln(1+\frac{k}{n^2})}<(1+\varepsilon)\cdot \sum_{k=1}^n{\frac{k}{n^2}}., adica (1-\varepsilon)\cdot \frac{n+1}{2n}<\sum_{k=1}^n{\ln(1+\frac{k}{n^2})}<(1+\varepsilon)\cdot \frac{n+1}{2n}.

    Trecem la limită…

  8. dtiwari

    Thanks Phantom R and Profesdor.

    My Solution: let P=\lim_{n\rightarrow \infty}\prod^{n}_{r=1}\bigg(1+\frac{r}{n^2}\bigg)

    Then \ln(P)=\lim_{n\rightarrow \infty}\sum^{n}_{r=1}\ln\bigg(1+\frac{r}{n^2}\bigg)

    Using \displaystyle x-\frac{x^2}{2}<\ln(1+x)<x. for all x\in(0,1)

    So \lim_{n\rightarrow \infty}\sum^{n}_{r=1}\bigg[\frac{r}{n^2}-\frac{r^2}{2n^4}\bigg]<\lim_{n\rightarrow \infty}\sum^{n}_{r=1}\ln\bigg(1+\frac{r}{n^2}\bigg)<\lim_{n\rightarrow \infty}\sum^{n}_{r=1}\frac{r}{n^2}

    So we have \ln(P)=\frac{1}{2}\Rightarrow P=\sqrt{e}

Raspunde

Raspunde