Pomoc oko limesa

Pomoc oko limesa 10.04.2013. u 21:19 · pre 165 meseci #1

Ima li neko ideju kako odrediti sledecu granicnu vrednost:

$\lim_{n \to \infty}{({1 \over n} + {1 \over n+1} + \dots + {1 \over 2n})=}$ ?

Pozdrav!

Re: Pomoc oko limesa 10.04.2013. u 21:26 · pre 165 meseci #2

$\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k} = \ln k + \gamma + \varepsilon_k$ , gde je $\gamma$ Ojler-Maskeronijeva konstanta i $\varepsilon_k$ nula niz

Potpis

Leonardo da Vinči

Nema istine u onim naukama u kojima se matematika ne primenjuje.

Milorad Stevanović

Bog postoji zato sto je matematika neprotivurečna.

Re: Pomoc oko limesa 10.04.2013. u 21:54 · pre 165 meseci #3

$\frac 1n+\cdots+\frac 1{2n}=\frac 1n+\frac 1n\left(\frac 1{1+\frac 1n}+\cdots+\frac 1{1+\frac nn}\right)$ .

Prvo sabirak teži nuli, a drugi je Rimanova suma integrala $\int_1^2\frac{dx}x$ .

Potpis

Nije bitno koji su zaključci izvučeni, već kako se do njih došlo.

Re: Pomoc oko limesa 12.04.2013. u 12:30 · pre 165 meseci #4

Evo još jednog rešenja zasnovanog na ideji dokaza Košijevog integralnog kriterijuma:

$\int_k^{k+1}\frac{dx}x<\frac 1k<\int_{k-1}^k\frac{dx}x$

Otuda sabiranjem sledi da je

$\ln\left(\frac{2n+1}n\right)=\int_n^{2n+1}\frac{dx}x<\sum_{k=n}^{2n}\frac 1k<\int_{n-1}^{2n}\frac{dx}x=\ln\left(\frac{2n}{n-1}\right)$ .

Odavde je na osnovu teoreme o dva policajca vrlo lako zaključiti šta je traženi limes.

Potpis

Nije bitno koji su zaključci izvučeni, već kako se do njih došlo.

Re: Pomoc oko limesa 12.04.2013. u 21:27 · pre 165 meseci #5

Zahvaljujem na pomoci. Ideja sa Rimanovim integralom mi se veoma dopala.

U medjuvremenu sam pronasao nejednakost:

$ln(1+{1 \over n})<{1 \over n}<ln(1+{1 \over n-1})$

koja se moze iskoristiti na sledeci nacin:

$a_n={({1 \over n} + {1 \over n+1} + \dots + {1 \over 2n})$

$b_n=ln(1+{1 \over n}) + ln(1+{1 \over n+1}) + \dots + ln(1+{1 \over 2n})=ln({n+1 \over n}) + ln({n+2 \over n+1}) + \dots + ln({2n+1 \over 2n})=ln({n+1 \over n}{n+2 \over n+1} \dots {2n+1 \over 2n})=ln({2n+1 \over n})$

i

$c_n=ln(1+{1 \over n-1}) + ln(1+{1 \over n}) + \dots + ln(1+{1 \over 2n-1})=ln({n \over n-1}) + ln({n+1 \over n}) + \dots + ln({2n \over 2n-1})=ln({n \over n-1}{n+1 \over n} \dots {2n \over 2n-1})=ln({2n \over n-1})$

i vazi:

$b_n<a_n<c_n$

Kako je:

$\lim_{n \to \infty}{b_n}=\lim_{n \to \infty}{c_n}=ln2$ ,

to, na osnovu teoreme o dva policajca, mora biti i:

$\lim_{n \to \infty}{a_n}=ln2$

Pozdrav!

Re: Pomoc oko limesa 12.04.2013. u 23:25 · pre 165 meseci #6

$\ln(x)<x-1$ za $x\in(0,1)\cup(1,\infty)$ .

Stoga je na istom skupu

$\ln(1/x)<\frac 1x-1$ ,
$-\ln(x)<\frac{1-x}x$ ,
$\ln(x)>\frac{x-1}x$ .

Dakle, na istom skupu je

$\frac{x-1}x<\ln(x)<x-1$ .

Smenom $t=\frac x{x-1}$ , $x=t/(t-1)$ dobijamo da je $\frac 1t<\ln\left(\frac t{t-1}\right)$ za sve $t>1$ , a smenom $1/t=x-1$ , odnosno $x=(t+1)t$ da je $\frac 1t>\ln\left(\frac{t+1}t\right)$ za sve $t>0$ . Dakle, za $t>1$ je

$\ln\left(\frac{t+1}t\right)<\frac 1t<\ln\left(\frac t{t-1}\right)$ .

To je to što si ti koristio, a može se izvesti kao u mojoj prethodnoj poruci.

Za $x>1$ je

$\ln\left(\frac{t+1}t\right)=\int_x^{x+1}\frac{dt}t<\frac 1x<\int_{x-1}^x\frac{dt}t=\ln\left(\frac t{t-1}\right)$ .

Pokušaj da primeniš ove metode na računanje

$\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1^\alpha+\cdots+n^\alpha}{n^{\alpha+1}}$ ,

gde je $\alpha$ realan broj veći od 1.

Potpis

Nije bitno koji su zaključci izvučeni, već kako se do njih došlo.

Forum kao aplikacija na telefonu

Srodne teme