Ok, jeg må bare krype til korset og spørre om hjelp med denne her. Vi har definert ei rekke:
[tex]a_1 = 1,\ a_{n+1} = \sqrt[3]{{a_n}^3 + {3a_n}^2}[/tex]
Har allerede vist disse resultatene:
(1) [tex]{a_{n+1}}^3 - {a_n}^3 = (a_{n+1} - a_n)({a_{n+1}}^2 + a_{n+1}a_n + {a_n}^2)[/tex]
(2) [tex]{a_{n+1}}^3 - {a_n}^3 = {3a_n}^2[/tex]
(3) [tex]a_{n+1} - a_n \le 1[/tex]
(4) [tex]\frac{a_n}{1 + a_n + \frac{1}{3a_n}} \le a_{n+1} - a_n[/tex]
(5) [tex]\lim_{n \rightarrow \infty} a_n = \infty[/tex]
(6) [tex]\lim_{n \rightarrow \infty} (a_{n+1} - a_n) = 1[/tex]
(7) [tex]\lim_{n \rightarrow \infty}{a_{n+1}/a_n} = 1[/tex]
Det jeg nå sliter med, er å vise at
[tex]\lim_{n \rightarrow \infty} a_n / n = 1[/tex].
Grenseverdi
Moderators: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
Det er mulig det blir vel primitivt det jeg foreslår, men det første jeg tenkte på var "glidelåsprinsippet":
For alle [tex]\epsilon>0[/tex] eksisterer det et naturlig tall [tex]N[/tex], slik at når [tex]n\geq N[/tex], vil på grunnlag av det du allerede har vist
[tex](1-\epsilon)\leq a_{n+1}-a_n\leq 1[/tex]
[tex](1-\epsilon)\leq a_{n+2}-a_{n+1}\leq 1[/tex]
[tex]\vdots[/tex]
[tex](1-\epsilon)\leq a_{n+m+1}-a_{n+m}\leq 1[/tex]
Hvis vi adderer alle dobbeltulikhetene, fremkommer
[tex]m(1-\epsilon)\leq a_{n+m+1}-a_n\leq m[/tex]
Divisjon med [tex]m[/tex] gir
[tex](1-\epsilon)\leq \frac{a_{n+m+1}-a_n}{m}\leq 1[/tex]
slik at vi også har
[tex](1-\epsilon)\leq \frac{a_{n+m+1}-a_n}{n+m+1}\cdot\frac{n+m+1}{m}\leq 1[/tex]
Vi ser da, ved å la [tex]m[/tex] gå mot uendelig, at
[tex]1-\epsilon\leq \lim_{k\rightarrow \infty} \frac{a_k}{k}\leq 1[/tex] ([tex]k=n+m+1[/tex]).
Siden [tex]\epsilon[/tex] var vilkårlig liten, følger at grenseverdien blir 1.
For alle [tex]\epsilon>0[/tex] eksisterer det et naturlig tall [tex]N[/tex], slik at når [tex]n\geq N[/tex], vil på grunnlag av det du allerede har vist
[tex](1-\epsilon)\leq a_{n+1}-a_n\leq 1[/tex]
[tex](1-\epsilon)\leq a_{n+2}-a_{n+1}\leq 1[/tex]
[tex]\vdots[/tex]
[tex](1-\epsilon)\leq a_{n+m+1}-a_{n+m}\leq 1[/tex]
Hvis vi adderer alle dobbeltulikhetene, fremkommer
[tex]m(1-\epsilon)\leq a_{n+m+1}-a_n\leq m[/tex]
Divisjon med [tex]m[/tex] gir
[tex](1-\epsilon)\leq \frac{a_{n+m+1}-a_n}{m}\leq 1[/tex]
slik at vi også har
[tex](1-\epsilon)\leq \frac{a_{n+m+1}-a_n}{n+m+1}\cdot\frac{n+m+1}{m}\leq 1[/tex]
Vi ser da, ved å la [tex]m[/tex] gå mot uendelig, at
[tex]1-\epsilon\leq \lim_{k\rightarrow \infty} \frac{a_k}{k}\leq 1[/tex] ([tex]k=n+m+1[/tex]).
Siden [tex]\epsilon[/tex] var vilkårlig liten, følger at grenseverdien blir 1.
-
mrcreosote
- Guru
- Posts: 1995
- Joined: 10/10-2006 20:58
Ser jo fint ut det. Det kan også generaliseres til
[tex]\lim_{n\rightarrow\infty} (a_{n+1}-a_n) = a \ \ \Rightarrow \ \ \lim_{n\rightarrow\infty} \frac {a_n}n = a[/tex]
Ny oppgave: Vis/motbevis at den omvendte implikasjonen gjelder.
[tex]\lim_{n\rightarrow\infty} (a_{n+1}-a_n) = a \ \ \Rightarrow \ \ \lim_{n\rightarrow\infty} \frac {a_n}n = a[/tex]
Ny oppgave: Vis/motbevis at den omvendte implikasjonen gjelder.
-
mrcreosote
- Guru
- Posts: 1995
- Joined: 10/10-2006 20:58
Et hint får holde, men det er til gjengjeld et ganske bra hint: Den omvendte implikasjonen gjelder ikke, så finn et moteksempel. (Det var den oppgava du sikta til?)
-
mrcreosote
- Guru
- Posts: 1995
- Joined: 10/10-2006 20:58
Kom igjen nå, Eirik, den her er ikke så vanskelig.
Et moteksempel:
La [tex]a_n = sin(n)[/tex]
Da vet vi at
[tex] \lim _{n \rightarrow \infty} \ \frac{a_n}{n} = \lim _{n \rightarrow \infty} \ \frac{\sin (n)}{n} =0[/tex]
Derimot:
[tex]\lim _{n \rightarrow \infty} \ a_{n+1} - a_{n} = \lim _{n \rightarrow \infty} \ sin(n+1) - \sin(n) = \lim _{n \rightarrow \infty} \cos ( \frac{2n+1}{2} ) \sin( \frac{1}{2} )[/tex]
som ikke eksisterer.
La [tex]a_n = sin(n)[/tex]
Da vet vi at
[tex] \lim _{n \rightarrow \infty} \ \frac{a_n}{n} = \lim _{n \rightarrow \infty} \ \frac{\sin (n)}{n} =0[/tex]
Derimot:
[tex]\lim _{n \rightarrow \infty} \ a_{n+1} - a_{n} = \lim _{n \rightarrow \infty} \ sin(n+1) - \sin(n) = \lim _{n \rightarrow \infty} \cos ( \frac{2n+1}{2} ) \sin( \frac{1}{2} )[/tex]
som ikke eksisterer.
Last edited by daofeishi on 12/06-2007 00:10, edited 1 time in total.
Er ikke helt enig i den.
[tex]\{\sin (n)\}[/tex] er en begrenset følge, mens [tex]\{n\}[/tex] går mot uendelig. Da må [tex]\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{\sin (n)}{n} = 0[/tex]. Men moteksempelet holder vel allikevel.
Er ikke det at jeg synes oppgava er så fryktelig vanskelig, men heller det at jeg ikke har brukt noe tid på den. Har vært opptatt med andre ting de siste dagene.
[tex]\{\sin (n)\}[/tex] er en begrenset følge, mens [tex]\{n\}[/tex] går mot uendelig. Da må [tex]\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{\sin (n)}{n} = 0[/tex]. Men moteksempelet holder vel allikevel.
Er ikke det at jeg synes oppgava er så fryktelig vanskelig, men heller det at jeg ikke har brukt noe tid på den. Har vært opptatt med andre ting de siste dagene.