Предел последовательности (задачи из Давидовича)

[irod]

ewert в сообщении #1228882 писал(а):

А вдруг ещё когда?... Договаривайте до конца.

Да вроде только в этих случаях: шаг стремится к нулю, либо шаг равен нулю (что является частным случаем).

ewert в сообщении #1228882 писал(а):

Ну это не годится ни в каком смысле. Во-первых, соотношение между параметрами должно быть откровенно рациональным. Во-вторых, надо указывать, при каких значениях параметров такая ситуация возможна. Да, и ещё в-третьих: Вашу цепочку равенств никак нельзя назвать уравнением, и вообще неприлично смешивать в одной цепочке постановку задачи и её решение, даже если бы сами равенства и были верными (исчезает логика).

После такого растаптывания мне нечем оправдаться буду исправлять.

ewert в сообщении #1228882 писал(а):

По число "е" не смотрел, т.к. это уныло. Почитайте Кудрявцева, например -- у него, кажется (не только у него, разумеется), второй предел сводится к первому через бином Ньютона, а с первым всё очевидно после сравнения с геометрической прогрессией. Вот именно бином и уныл, т.к. абсолютно безыдеен до формулы Тейлора.

Кудрявцева пока не открывал, но я ровно так и сделал: свел один к другому через бином Ньютона, и ограничил сверху $1/2^k$. Насчет унылости бинома не очень понял, я проходил его в курсе комбинаторики, все вроде ясно и понятно с ним было.

[irod]

ewert (и остальные), как Вы считаете, можно ли пропустить оставшиеся в этом листке задачи, начиная с 17й, без ущерба для дальнейшего понимания? Я чувствую что уже достаточно времени потратил на предел последовательности, и пора двигаться дальше. Я сделал еще задачи 14-16, по-моему они довольно важны (возможно я ошибаюсь): 14я о том что показательная функция растет быстрее степенной, результат 15й наверняка будет постоянно всплывать дальше, 16я - это что-то из теорвера/статистики. Оставшиеся задачки как-то не кажутся интересными. Короче, сейчас выложу еще 14-16, исправлю все замечания в этой теме, и перейду к следующему листку. Норм, как считаете?

-- 27.06.2017, 19:04 --

Задача 14*.
Найти $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{a^n}{n^k}$ ($a\in\mathbb{R}$, $k\in\mathbb{N}$).

Решение.
При $|a|\le 1$ предел очевидно равен нулю.
Предположим теперь, что $a>1$. Тогда $\sqrt[k]{a}>1$. Обозначим $\sqrt[k]{a}=1+\varepsilon$. Разложение по формуле бинома Ньютона $(1+\varepsilon)^n=\sum^{n}_{k=0}C_n^k\varepsilon^k$ содержит положительные слагаемые со старшими степенями $n$ более $2$ (конкретней, от нулевой степени $n$ в $C_n^0$ до $\lfloor n/2\rfloor$-й степени в $C_n^{\lfloor n/2\rfloor}$), следовательно $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{a^{n/k}}{n}=+\infty$. Отсюда $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{a^n}{n^k}=+\infty$.
Из $\left|\frac{a^n}{n^k}\right|\to+\infty$ следует $\frac{a^n}{n^k}\to\infty$, значит при $a<-1$ последовательность стремится к бесконечности.

-- 27.06.2017, 19:05 --

Задача 15*.
Доказать, что $\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{n}=1$.

Доказательство.
Сперва отметим, что $\forall\varepsilon>0$ выполнено

$$ (1-\varepsilon)^n<n<(1+\varepsilon)^n. $$

Правая часть неравенства очевидна (т.к. $(1-\varepsilon)^n<1$), а левая доказывается разложением по формуле бинома Ньютона, аналогично задаче 14.
Отсюда

$$ 1-\varepsilon<\sqrt[n]{n}<1+\varepsilon. $$

Пусть теперь $\alpha_n$ -- б.м.в. с положительными членами. Тогда

$$ 1-\alpha_n<\sqrt[n]{n}<1+\alpha_n, $$

откуда согласно принципу двух милиционеров следует стремление $\sqrt[n]{n}$ к единице.

-- 27.06.2017, 19:14 --

Задача 16*.
Доказать, что если последовательность $(x_n)$ сходится, то последовательность средних арифметических $\frac{x_1+x_2+\ldots+x_n}{n}$ также сходится и $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{x_1+x_2+\ldots+x_n}{n}=\lim\limits_{n\to\infty}x_n$.

Доказательство.

Пусть $x_n\to a$ при $n\to\infty$. Тогда $x_n=a+\alpha_n$, где $(\alpha_n)$ -- б.м.в., и

$$ \frac{x_1+x_2+\ldots+x_n}{n}= \frac{na+\alpha_1+\alpha_2+\ldots+\alpha_n}{n}= a+\frac{\alpha_1+\alpha_2+\ldots+\alpha_n}{n}. $$

Возьмем произвольный $\varepsilon>0$ и $k\in\mathbb{N}$ такое что $\forall n>k$ $|\alpha_n|<\varepsilon$. Обозначим $C=\alpha_1+\ldots+\alpha_k$. Тогда $\forall n>k$ $\alpha_1+\alpha_2+\ldots+\alpha_n<C+(n-k)\varepsilon$, и значит

$$ \left|\frac{\alpha_1+\alpha_2+\ldots+\alpha_n}{n}\right|=\left|\frac{C+(n-k)\varepsilon}{n}\right|<\varepsilon. $$

Отсюда $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{x_1+x_2+\ldots+x_n}{n}=a$.

[iifat]

irod в сообщении #1230015 писал(а):

$n<(1+\varepsilon)^n$

Ээээ... Смелое утверждение. Я правильно понял, $2<1.1^2$?

-- 28.06.2017, 02:31 --

irod в сообщении #1230015 писал(а):

$\left|\frac{C+(n-k)\varepsilon}{n}\right|<\varepsilon$

Присмотритесь. И таки

irod в сообщении #1230015 писал(а):

можно ли пропустить оставшиеся в этом листке задачи

не советовал бы. Пока вот такие мелочи пропускаете.

[ewert]

irod в сообщении #1230015 писал(а):

Задача 14*.
Найти $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{a^n}{n^k}$ ($a\in\mathbb{R}$, $k\in\mathbb{N}$).

Решение.
При $|a|\le 1$ предел очевидно равен нулю.
Предположим теперь, что $a>1$. Тогда $\sqrt[k]{a}>1$. Обозначим $\sqrt[k]{a}=1+\varepsilon$. Разложение по формуле бинома Ньютона

Это чушь какая-то. Исходим из того, что ответ очевиден. Сравниваем с геометрической прогрессией, начиная с некоторого шага -- и вуаля.

Ну, в каком смысле сравниваем. Очевидно (т.е. уже было доказано), что отношение соседних знаменателей стремится к единице. А отношение числителей -- фиксировано. От этого и нужно играть.

[irod]

iifat в сообщении #1230019 писал(а):

irod в сообщении #1230015 писал(а):

$n<(1+\varepsilon)^n$

Ээээ... Смелое утверждение. Я правильно понял, $2<1.1^2$?

Я забыл дописать фразу "для почти всех $n$".
Однако если ewert назвал мою 14ю чушью, а тут у меня аналогично, то возможно здесь ошибка?

iifat в сообщении #1230019 писал(а):

irod в сообщении #1230015 писал(а):

$\left|\frac{C+(n-k)\varepsilon}{n}\right|<\varepsilon$

Присмотритесь.

Здесь я тоже поторопился. Надо так.
Возьмем произвольный $\varepsilon>0$ и $k\in\mathbb{N}$ такое что $\forall n>k$ $|\alpha_n|<\varepsilon/2$. Обозначим $C=\alpha_1+\ldots+\alpha_k$. Тогда $\forall n>k$ $\alpha_1+\alpha_2+\ldots+\alpha_n<C+(n-k)\varepsilon/2$, и значит $\forall n>\max(k,2C/\varepsilon)$

$$ \left|\frac{\alpha_1+\alpha_2+\ldots+\alpha_n}{n}\right|< \left|\frac{C+(n-k)\varepsilon/2}{n}\right|< \varepsilon. $$

-- 04.07.2017, 07:59 --

ewert в сообщении #1230023 писал(а):

Это чушь какая-то.

Простите, почему чушь?
Возьмем например $C_n^2\varepsilon^2=n(n-1)\frac{\varepsilon^2}{2}$ из разложения $(1+\varepsilon)^n$. Очевидно ведь, что $\frac{C_n^2\varepsilon^2}{n}\to+\infty$ с ростом $n$. Все слагаемые в разложении $(1+\varepsilon)^n$ положительны, значит $\frac{(1+\varepsilon)^n}{n}\to+\infty$.
Не понимаю, в чем тут ошибка.

ewert в сообщении #1230023 писал(а):

Сравниваем с геометрической прогрессией, начиная с некоторого шага -- и вуаля.

Я сейчас попробую так сделать, возможно этот путь проще, но для начала хотелось бы с биномом разобраться, вдруг я чего-то фундаментально не понимаю.

[ewert]

irod в сообщении #1231391 писал(а):

Я забыл дописать фразу "для почти всех $n$".

Это неправильная фраза. Т.е. слова выбраны неправильно. Применительно к последовательностям говорить "для почти всех членов" не принято.

irod в сообщении #1231391 писал(а):

Простите, почему чушь?

Это уже я выбрал неправильное слово (впрочем, неправильное лишь стилистически). Имелось в виду "нелепость". Нелепо прибегать к столь тяжёлой артиллерии как Ньютон, когда всё очевидно из сравнения с уже известными результатами.

[irod]

ewert в сообщении #1231417 писал(а):

Это неправильная фраза. Т.е. слова выбраны неправильно. Применительно к последовательностям говорить "для почти всех членов" не принято.

Это для меня новость. Одно из первых определений этой темы звучит так:

Цитата:

Определение 4. Говорят, что почти все члены последовательности $(x_n)$ удовлетворяют некоторому условию, если существует лишь конечное число таких элементов $i\in\mathbb{N}$, что $x_i$ не удовлетворяет этому условию.

Как тогда правильно говорить?

ewert в сообщении #1231417 писал(а):

Это уже я выбрал неправильное слово (впрочем, неправильное лишь стилистически). Имелось в виду "нелепость". Нелепо прибегать к столь тяжёлой артиллерии как Ньютон, когда всё очевидно из сравнения с уже известными результатами.

Вообще, Ньютон - это тоже одна предыдущих задач (листок 5), т.е. известный результат. Но я Вас понял, ок.

[iifat]

Как понимаю, «почти все» — не общепринятое понятие. Это не лишает Демидовича права так его определить, но даёт нам право понять вас неправильно

[ewert]

Я поясню, почему "почти все" вместо "начиная с некоторого номера" -- крайне неудачный речевой оборот (хотя красиво жить не запретишь, конечно). Потому, что сочетания "почти все", "почти всюду" и т.д. имеют вполне общеупотребительный в математике смысл -- "с точностью до множества меры ноль". Для множества же натуральных чисел -- при любом разумном определении меры на нём хоть какие-то его конечные подмножества будут иметь меру ненулевую.

[irod]

ewert в сообщении #1230023 писал(а):

irod в сообщении #1230015 писал(а):

Задача 14*.
Найти $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{a^n}{n^k}$ ($a\in\mathbb{R}$, $k\in\mathbb{N}$).

Сравниваем с геометрической прогрессией, начиная с некоторого шага -- и вуаля.

Ну, в каком смысле сравниваем. Очевидно (т.е. уже было доказано), что отношение соседних знаменателей стремится к единице. А отношение числителей -- фиксировано. От этого и нужно играть.

Предположим теперь, что $|a|>1$.
Рассмотрим предел отношения соседних членов:

$$ \lim\limits_{n\to\infty}\left(\frac{a^{n+1}}{(n+1)^k}\frac{n^k}{a^n}\right)= \lim\limits_{n\to\infty}\left(\frac{a^{n+1}}{a^n}\frac{n^k}{(n+1)^k}\right)= a, $$

т.е. в пределе каждый следующий член больше предыдущего в $a$ раз. Это означает, что наша последовательность является возрастающей геометрической прогрессией, и значит стремится к $\infty$.

Вы имели в виду такое решение?

-- 08.07.2017, 17:37 --

ewert в сообщении #1231590 писал(а):

Я поясню, почему "почти все" вместо "начиная с некоторого номера" -- крайне неудачный речевой оборот

Спасибо за объяснение.

[ewert]

irod в сообщении #1232277 писал(а):

в пределе каждый следующий член больше предыдущего в $a$ раз. Это означает, что наша последовательность является возрастающей геометрической прогрессией

Не означает и не является. Но её модуль больше некоторой возрастающей геометрической прогрессии.

[irod]

ewert
Ок, теперь полная ясность, спасибо.

-- 08.07.2017, 21:37 --

irod в сообщении #1230015 писал(а):

Задача 15*.
Доказать, что $\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{n}=1$.

Доказательство.
...

$$ (1-\varepsilon)^n<n<(1+\varepsilon)^n. $$

Правая часть неравенства очевидна (т.к. $(1-\varepsilon)^n<1$), а левая доказывается разложением по формуле бинома Ньютона, аналогично задаче 14.

тут тоже Ньютон не нужен, проще доказать сравнением с геометрической прогрессией, аналогично исправленной задаче 14.

[irod]

Допинаю задачу 11.а с предыдущей страницы.

irod в сообщении #1222718 писал(а):

Задача 11.
При каких $a,b\in\mathbb{R}$ сходится последовательность $(y_n)$, если

а) $y_1=a$, $y_{n+1}=1+by_n$

(Обсуждение)

irod в сообщении #1228412 писал(а):

Сходимость означает стремление шага $y_{n+1}-y_n=b(y_n-y_{n-1})$ к нулю, которое имеет место быть при $|b|<1$ и любом $a$.
Также $(y_n)$ сходится при константных членах, т.е. при строгом равенстве шага нулю, которое выполнено при значениях $a,b$, удовлетворяющим уравнению $y_2-y_1=b+\sqrt{a^2+1}-a=0$.

ewert в сообщении #1228882 писал(а):

irod в сообщении #1228412 писал(а):

Также $(y_n)$ сходится при константных членах,

А вдруг ещё когда?... Договаривайте до конца.

irod в сообщении #1228412 писал(а):

которое выполнено при значениях $a,b$, удовлетворяющим уравнению $y_2-y_1=b+\sqrt{a^2+1}-a=0$.

Ну это не годится ни в каком смысле. Во-первых, соотношение между параметрами должно быть откровенно рациональным. Во-вторых, надо указывать, при каких значениях параметров такая ситуация возможна. Да, и ещё в-третьих: Вашу цепочку равенств никак нельзя назвать уравнением, и вообще неприлично смешивать в одной цепочке постановку задачи и её решение, даже если бы сами равенства и были верными (исчезает логика).

(тут я написал какую-то фигню, подумал и стер ее)

[irod]

Выразим $b$ из условия нулевого шага: $b=a-\sqrt{a^2+1}$. Очевидно, здесь $|b|<1$ при любом $a$. Что, если подумать, согласуется с общим решением для шага, стремящегося к нулю, ведь константный нулевой шаг -- это частный случай стремления к нулю.
Если это правильно, то я не понимаю, к чему было Ваше замечание

ewert в сообщении #1225417 писал(а):

А что, если случайно вдруг окажется $y_2=y_1$?...

[iifat]

irod в сообщении #1232517 писал(а):

Очевидно, здесь $|b|<1$ при любом $a$

Что б вам не научиться проверять ваши смелые высказывания? $b=a-\sqrt{a^2+1}$. Подставляем $a=2$.