два примера на пределы последовательностей

[NeBotan]

День добрый. Понадобилось разобраться в двух простых пределах.

Пример 1. Пробегая n по натуральному ряду найти значение следующего предела:

$$\lim_{n\to \infty }\left ( \frac{1}{2}+ \frac{3}{4}+...+\frac{2n-1}{2^n}\right )$$

Как подойти к этому примеру? у меня мысль дошла лишь до того, что сперва надо найти сумму ряда, и ему будет равен предел. так надо, или нужно исходить из того, что тут у нас функция f(n), и куда она у нас уйдет.

Пример 2. Доказать равенство:

$\lim\limits_{n\to \infty }\sqrt[n]{a}=1 (a>0)$

Тут надо рассмотреть случаи когда а<1 и когда а бесконечно большое? или можно попробовать свести ко 2ому замечательному пределу например?

Заранее спасибо за ценные мысли.

[gris]

Выражение лучше писать так:$\lim\limits_{n\to\infty}$

\limits_{...}^{...} 

применим к суммам, интегралам и т.д.
Второе равенство можно по определению доказать. Можно через логарифм. $a$ это константа. А бесконечно большая величина - это функция.

В первом можно подифференцировать некоторый степенной ряд (если знакомы с этим), а можно представить ряд как сумму двух геометрических прогрессий.

[NeBotan]

Первый пример я представил сумму в виде двух рядов, но получил только одну геометрическую прогрессию:
$\frac{1}{2}+\frac{3}{2^2}+\frac{5}{2^3}+...+\frac{2n-1}{2^n}=\frac{2}{2}-\frac{1}{2}+\frac{4}{4}-\frac{1}{4}+\frac{6}{8}-\frac{1}{8}+...+\frac{2n}{2^n}-\frac{1}{2^n}$
в ней каждое второе слагаемое представляет геометрическую прогрессию, сумма которой будет равна $S_{n}=\frac{\frac{1}{2}}{1-\frac{1}{2}}=1$
А вот вторая прогрессия что-то неочевидна мне совсем


во втором примере при малых а разложил корень в ряд $\sqrt[n]{a}=\sqrt[n]{1+a-1}=1+\frac{1}{n}\left ( a-1 \right )\to 1$
а вот при больших через логарифм - это как то так?::
$\sqrt[n]{a}=a^\frac{1}{n}=\left (e^{lna} \right )^\frac{1}{n}$

а как из этого вытекает, что если a - бесконечно большое число, и n стремится к бесконечности, то $\left (e^{lna} \right )^\frac{1}{n} \to 1$ ??? Вот это мне что-то неочевидно

[Алексей К.]

NeBotan в сообщении #253508 писал(а):

во втором примере при малых а разложил корень в ряд $\sqrt[n]{a}=\sqrt[n]{1+a-1}=1+\frac{1}{n}\left ( a-1 \right )\to 1$
а вот при больших через логарифм - это как то так?::
$\sqrt[n]{a}=a^\frac{1}{n}=\left (e^{lna} \right )^\frac{1}{n}$

а как из этого вытекает, что если a - бесконечно большое число, и n стремится к бесконечности, то $\left (e^{lna} \right )^\frac{1}{n} \to 1$ ??? Вот это мне что-то неочевидно

Я вот взял а=999999, поизвлекал $\sqrt[10]a$, $\sqrt[100]a$, $\sqrt[1000]a$ --- и правда, убедился --- к единице стремится. Потом проделал то же самое для а=0.00001. Надоело, и решил последовать совету grisа. Подумал, если $\ln\sqrt[n]a$ к чему-то конкретному стремится, то и сам $\sqrt[n]a$ куда-то стремится. Глянул --- $\ln\sqrt[n]a=\dfrac1n\ln a$! А ведь $\ln a$ --- какое-то вполне число, и деля его на всё бОльшие $n$, я наверняка до нуля дойду. Ну, не совсем, но, как говорят эти математики, --- "сколь угодно близко".
Вы, правда, там говорите, о каких-то бесконечно больших числах. Признаюсь, мне о таких ничего не извеснто. Даже 9999689098378099999958899499911000000000000 --- большое, но как-то не "бесконечно". Буду признателен за пример. Быть может, я от этого снова поумнею. Второй раз за день!

[NeBotan]

второй пример осилил через разложение $\sqrt[n]{a}=1+\beta _n, \beta _n=\sqrt{\frac{1}{n-1}}\to 0$


а вот в первом разделил сумму под пределом на 3 с такими общими слагаемыми $\frac{2n-1}{2^n}=\frac{n}{2^n}+\frac{n}{2^n}-\frac{1}{2^n}$
последний - бесконечно убывающая геометрическая прогрессия с общей суммой 1.
а вот сумма рядов первых двух слагаемых равна 2, но никак не пойму, как это доказать?

буду рад Вашим идеям и советам.

[RIP]

NeBotan
Продифференцируйте равенство
$\sum_{k=0}^{n-1}q^k=\frac{1-q^n}{1-q}$
по $q$ и посмотрите, что получится.

Второй способ --- записать
$\sum_{k=1}^nk2^{-k}=\sum_{k=1}^n\sum_{l=1}^k2^{-k}$
и поменять порядки суммирования.

[Хорхе]

Третий (мой любимый) способ -- умножить на два и отнять эту же сумму, получится

$$ 1+\Big(\frac32-\frac12\Big)+\Big(\frac54 -\frac34\Big)+\dots+\Big(\frac{2n-1}{2^{n-1}}-\frac{2n-3}{2^{n-1}}\Big)-\frac{2n-1}{2^n} = 1+2-2^{n-2}-\frac{2n-1}{2^n}. $$

Как-то так, если нигде не ошибся.

[RFZ]

Используй во втором неравенство Бернулли! Понятно? если не понятно напишите я выложу решение полнятное и полное!

[ИС]

А у меня так и не получилось первый премер решить даже с подсказками ((((
Подскажите еще что-нибудь пожалуйста )

[ewert]

$\displaystyle \lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n}a_k\equiv\sum_{k=1}^{\infty}a_k;$

$\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty}{2k-1\over2^k}= \sum_{k=1}^{\infty}k\cdot\left({1\over2}\right)^{k-1}-\sum_{k=1}^{\infty}\left({1\over2}\right)^k.$

Второе слагаемое -- сумма геометрической прогрессии -- известно. А первое -- это производная той же прогрессии, т.е. $\displaystyle \left(\sum_{k=1}^{\infty}{x^k}\right)'$ с последующей подстановкой $\displaystyle x={1\over2}.$

[PAV]

RFZ в сообщении #253530 писал(а):

Понятно? если не понятно напишите я выложу решение полнятное и полное!

Размещение полных решений учебных задач запрещено правилами форума, за это можно и бан получить.

[gris]

Во втором примере использовать логарифм и бесконечно малые не совсем корректно, ведь у Вас последовательность, а не функция. То есть свойства пределов непрерывных функций как бы еще не проходились.
И тут надо в лоб, по определению.
Рассмотреть случай $a\geqslant 1$ Доказать существование предела через монотонность и ограниченность снизу. Доказать, что предел равен $1$ через $\varepsilon,\ N_\varepsilon$. Это несложно.
Случай $0<a<1$ сводится к первому заменой $b=1/a$.
А в первом примере я хотел сразу дифференцировать прогрессию $\sum x^{2n-1}$, но это тоже преждевременно.

[NeBotan]

ewert в сообщении #253550 писал(а):

Второе слагаемое -- сумма геометрической прогрессии -- известно. А первое -- это производная той же прогрессии, т.е. $\displaystyle \left(\sum_{k=1}^{\infty}{x^k}\right)'$ с последующей подстановкой $\displaystyle x={1\over2}.$

Получается снова геометрическая прогрессия, сумма которой равна 1. А чему будет равна сумма производной? Заменяем ряд на сумму геометрической прогрессии, берем производную и подставляем $\displaystyle x={1\over2}.$[/quote]. Как то так:
$\displaystyle \left(\sum_{k=1}^{\infty}{x^k}\right)'= \displaystyle \left(\frac{x}{1-x}\right)'\Rightarrow S=\int \frac{x}{1-x} dx=-x-ln(1-x)$
если подставить 1/2 что-то бред получается
где я тут ошибся?

[Алексей К.]

NeBotan в сообщении #253594 писал(а):

$S=\int \frac{x}{1-x} dx=-x-ln(1-x)$

Меня вчера долго учили интегрировать. Продолжая тренировки, получил

$$S=\int \frac{x}{1-x} dx=-x-\ln|1-x|+C.$$

Подозреваю, Вам какой-нть Maple такой ответ подсунул...

[gris]

$x+x^3+x^5+\cdots=\sum x^{2n-1} = \dfrac{x}{1-x^2}$ при $|x|<1$
$(x+x^3+x^5+\cdots)'=\dfrac{1+x^2}{(1-x^2)^2}$
$(1+3x^2+5x^4+\cdots)=\dfrac{1+x^2}{(1-x^2)^2}$
$2(\frac12+\frac32x^2+\frac52x^4+\cdots)=\dfrac{1+x^2}{(1-x^2)^2}$
Ничего не навеяло?