matematikk.net

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].

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.

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.

Spennende løsning, men jeg innbiller meg at den er litt for avansert til at man skal kunne komme på den uten å ha lært den først
Noen andre løsningsforslag?
(Og hvor kan jeg lese mer om glidelåsprinsippet? )

Dette med glidelåsmetoden er jo ingen stor greie, men det står gjerne litt om den i tallærebøker.
Én mulighet er Kjartan Tvetes bok: "Tallære" (Caspar forlag).

Løsningsforslag, mrcreosote?

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?)

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.

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.

Hepp. Skrevet litt sent om natta ja. Resultatet jeg brukte gjelder selvsagt n mot 0. Men det har ingenting å si for konklusjonen.