Korisnički Kontrolni Panel
Pogledajte svoj profil
Pogledajte svoje postove
ČPP
Prijavite se

Matematički forum na kojem možete da diskutujete o raznim matematičkim oblastima, pomognete drugima oko rešavanja zadataka, a i da dobijete pomoć kada vam zatreba


















Index stranica MATEMATIČKA ANALIZA LIMESI

Neki karakteristični limesi i njihovi dokazi

[inlmath]\lim\limits_{x\to\infty}x\left(\sqrt{x^2+a^2}-x\right)[/inlmath]
  • +2

Neki karakteristični limesi i njihovi dokazi

Postod Daniel » Petak, 02. Januar 2015, 18:02

Osim limesa [inlmath]\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}=1[/inlmath], čiji je dokaz pokazan u ovoj temi, postoje još neki karakteristični limesi koje je često potrebno znati prilikom rešavanja zadataka. Ovde ću izložiti njihove dokaze.



[inlmath]1.[/inlmath]
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\frac{n!}{n^n}=0[/dispmath]
Dokaz: [inlmath]\frac{n!}{n^n}[/inlmath] napišemo u razvijenom obliku:
[dispmath]0\le\frac{n!}{n^n}=\frac{n\cdot\left(n-1\right)\left(n-2\right)\cdots3\cdot2\cdot1}{\underbrace{n\cdot n\cdot n\cdots n\cdot n\cdot n}_{n\;\mathrm{činilaca}}}=\underbrace{\frac{n}{n}\cdot\frac{n-1}{n}\cdot\frac{n-2}{n}\cdots\frac{3}{n}\cdot\frac{2}{n}}_{\left(n-1\right)\;\mathrm{činilaca}}\cdot\frac{1}{n}\le[/dispmath][dispmath]\le\underbrace{\frac{n}{n}\cdot\frac{n}{n}\cdot\frac{n}{n}\cdots\frac{n}{n}\cdot\frac{n}{n}}_{\left(n-1\right)\;\mathrm{činilaca}}\cdot\frac{1}{n}=\underbrace{1\cdot1\cdot1\cdots1\cdot1\cdot1}_{\left(n-1\right)\;\mathrm{jedinica}}\cdot\frac{1}{n}=1^{n-1}\cdot\frac{1}{n}=\frac{1}{n}[/dispmath]
Pošto za [inlmath]n\to\infty[/inlmath] razlomak [inlmath]\frac{1}{n}[/inlmath] teži nuli, to znači da i polazni izraz, [inlmath]\frac{n!}{n^n}[/inlmath], na osnovu „sendvič teoreme“, teži nuli.



[inlmath]2.[/inlmath]
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\frac{a^n}{n!}=0,\quad a\in\mathbb{N}[/dispmath]
Faktorijel brže teži beskonačnosti od eksponencijalne funkcije.

Dokaz (prvi način): [inlmath]\frac{a^n}{n!}[/inlmath] napišemo u razvijenom obliku:
[dispmath]0\le\frac{a^n}{n!}=\underbrace{\frac{a}{1}\cdot\frac{a}{2}\cdot\frac{a}{3}\cdots\frac{a}{a}}_{=c}\cdot\frac{a}{a+1}\cdot\frac{a}{a+2}\cdots\frac{a}{n-1}\cdot\frac{a}{n}=c\cdot\underbrace{\frac{a}{a+1}\cdot\frac{a}{a+2}\cdots\frac{a}{n-1}\cdot\frac{a}{n}}_{\left(n-a\right)\;\mathrm{činilaca}}<[/dispmath][dispmath]<c\cdot\underbrace{\frac{a}{a+1}\cdot\frac{a}{a+1}\cdots\frac{a}{a+1}\cdot\frac{a}{a+1}}_{\left(n-a\right)\;\mathrm{činilaca}}=c\cdot\left(\frac{a}{a+1}\right)^{n-a}[/dispmath]
Pošto je [inlmath]\frac{a}{a+1}<1[/inlmath] tada, za [inlmath]n\to\infty[/inlmath], faktor [inlmath]\left(\frac{a}{a+1}\right)^{n-a}[/inlmath] teži nuli, što znači da i polazni izraz, [inlmath]\frac{a^n}{n!}[/inlmath], teži nuli.

Dokaz (drugi način):
[dispmath]0\le\frac{a^n}{n!}=\underbrace{\frac{a}{1}\cdot\frac{a}{2}\cdot\frac{a}{3}\cdots\frac{a}{a}}_{=c}\cdot\frac{a}{a+1}\cdot\frac{a}{a+2}\cdots\frac{a}{n-1}\cdot\frac{a}{n}=c\cdot\underbrace{\frac{a}{a+1}\cdot\frac{a}{a+2}\cdots\frac{a}{n-1}}_{\left(n-a-1\right)\;\mathrm{ činilaca}}\cdot\frac{a}{n}<[/dispmath][dispmath]<c\cdot\underbrace{\frac{a}{a}\cdot\frac{a}{a}\cdots\frac{a}{a}}_{\left(n-a-1\right)\;\mathrm{činilaca}}\cdot\frac{a}{n}=c\cdot\underbrace{1\cdot1\cdots1}_{\left(n-a-1\right)\;\mathrm{jedinica}}\cdot\frac{a}{n}=c\cdot1^{n-a-1}\cdot\frac{a}{n}=c\cdot a\cdot\frac{1}{n}[/dispmath]
Pošto su [inlmath]c[/inlmath] i [inlmath]a[/inlmath] konstante, a [inlmath]\frac{1}{n}[/inlmath] teži nuli kada [inlmath]n\to\infty[/inlmath], znači da će, kada [inlmath]n\to\infty[/inlmath], ceo izraz [inlmath]c\cdot a\cdot\frac{1}{n}[/inlmath] težiti nuli, a samim tim će težiti nuli i polazni izraz, [inlmath]\frac{a^n}{n!}[/inlmath].

EDIT: Još jedan način dokazivanja.

Uopštenje za skup nenegativnih realnih brojeva:
Moguće je dokazati i da važi [inlmath]\lim\limits_{n\to\infty}\frac{b^n}{n!}=0[/inlmath] za [inlmath]b\in\mathbb{R^+}\cup\left\{0\right\}[/inlmath], na sledeći način:
[dispmath]0\le\frac{b^n}{n!}<\frac{a^n}{n!}[/dispmath]
gde je [inlmath]a[/inlmath] bilo koji prirodan broj veći od [inlmath]b[/inlmath].

Uopštenje za skup svih realnih brojeva:
Na osnovu [inlmath]\lim\limits_{n\to\infty}\left|a_n\right|=0\iff\lim\limits_{n\to\infty}a_n=0[/inlmath] možemo zaključiti da, ako važi [inlmath]\lim\limits_{n\to\infty}\frac{b^n}{n!}=0[/inlmath] za [inlmath]b\in\mathbb{R^+}\cup\left\{0\right\}[/inlmath], tada isti taj limes važi i za [inlmath]b\in\mathbb{R}[/inlmath].



[inlmath]3.[/inlmath]
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\frac{n^k}{a^n}=0,\quad a>1,\;k\in\mathbb{N}[/dispmath]
Eksponencijalna funkcija brže teži beskonačnosti od stepene.

Dokaz: [inlmath]a[/inlmath] napišemo kao [inlmath]1+\left(a-1\right)[/inlmath] i, prilikom dizanja na [inlmath]n[/inlmath]-ti stepen, primenimo binomnu formulu:
[dispmath]0\le\frac{n^k}{a^n}=\frac{n^k}{\left[1+\left(a-1\right)\right]^n}=[/dispmath][dispmath]=\frac{n^k}{1+{n\choose 1}\left(a-1\right)+{n\choose 2}\left(a-1\right)^2+\cdots +{n\choose k}\left(a-1\right)^k+{n\choose k+1}\left(a-1\right)^{k+1}+\cdots +{n\choose n}\left(a-1\right)^n}<[/dispmath][dispmath]<\frac{n^k}{1+{n\choose 1}\left(a-1\right)+{n\choose 2}\left(a-1\right)^2+\cdots +{n\choose k}\left(a-1\right)^k+{n\choose k+1}\left(a-1\right)^{k+1}}=[/dispmath][dispmath]=\frac{n^k}{1+n\left(a-1\right)+\frac{n\left(n-1\right)}{2!}\left(a-1\right)^2+\cdots +\frac{n\left(n-1\right)\cdots\left(n-k+1\right)}{k!}\left(a-1\right)^k+\frac{n\left(n-1\right)\cdots\left(n-k\right)}{\left(k+1\right)!}\left(a-1\right)^{k+1}}=[/dispmath]
Podelimo i brojilac i imenilac sa [inlmath]n^k[/inlmath],
[dispmath]=\frac{1}{\frac{1}{n^k}+\frac{n}{n^k}\left(a-1\right)+\frac{n\left(n-1\right)}{2!\cdot n^k}\left(a-1\right)^2+\cdots +\frac{n\left(n-1\right)\cdots\left(n-k+1\right)}{k!\cdot n^k}\left(a-1\right)^k+\frac{n\left(n-1\right)\cdots\left(n-k\right)}{\left(k+1\right)!\cdot n^k}\left(a-1\right)^{k+1}}=[/dispmath]
Prilikom deljenja brojilaca i imenilaca ovih razlomaka u imeniocu, imamo u vidu da proizvod [inlmath]n\left(n-1\right)\cdots\left(n-k+1\right)[/inlmath] ima [inlmath]k[/inlmath] činilaca, dok proizvod [inlmath]n\left(n-1\right)\cdots\left(n-k\right)[/inlmath] ima [inlmath]\left(k+1\right)[/inlmath] činilaca,
[dispmath]=\frac{1}{\frac{1}{n^k}+\frac{1}{n^{k-1}}\left(a-1\right)+\frac{1-\frac{1}{n}}{2!\cdot n^{k-2}}\left(a-1\right)^2+\cdots +\frac{\left(1-\frac{1}{n}\right)\cdots\left(1-\frac{k-1}{n}\right)}{k!}\left(a-1\right)^k+\frac{n\left(1-\frac{1}{n}\right)\cdots\left(1-\frac{k}{n}\right)}{\left(k+1\right)!}\left(a-1\right)^{k+1}}[/dispmath]
U imeniocu, kada [inlmath]n\to\infty[/inlmath], sabirci [inlmath]\frac{1}{n^k},\;\frac{1}{n^{k-1}}\left(a-1\right),\;\frac{1-\frac{1}{n}}{2!\cdot n^{k-2}}\left(a-1\right)^2,\;\cdots ,\;\frac{\left(1-\frac{1}{n}\right)\cdots\left(1-\frac{k-2}{n}\right)}{\left(k-1\right)!\cdot n}\left(a-1\right)^{k-1}[/inlmath] teže nuli, sabirak [inlmath]\frac{\left(1-\frac{1}{n}\right)\cdots\left(1-\frac{k-1}{n}\right)}{k!}\left(a-1\right)^k[/inlmath] teži konačnoj vrednosti, dok sabirak [inlmath]\frac{n\left(1-\frac{1}{n}\right)\cdots\left(1-\frac{k}{n}\right)}{\left(k+1\right)!}\left(a-1\right)^{k+1}[/inlmath] teži beskonačnosti. Prema tome, njihov zbir (a to je čitav imenilac) teži beskonačnosti, što znači da posmatrani razlomak teži nuli, a odatle i polazni izraz, [inlmath]\frac{n^k}{a^n}[/inlmath], teži nuli.


Za [inlmath]k=1[/inlmath], ovaj limes se svodi na
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\frac{n}{a^n}=0,\quad a>1[/dispmath]
što je vrlo često korišćen limes u raznim zadacima.



[inlmath]4.[/inlmath]
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\frac{\log_an}{n^k}=0,\quad a>1,\quad k\ge1[/dispmath]
Logaritamska funkcija sporije teži beskonačnosti od stepene funkcije.

Dokaz: Posmatrajmo neki vrlo mali pozitivan broj [inlmath]\varepsilon[/inlmath]. Tada je [inlmath]\left(1+\varepsilon\right)[/inlmath] broj veći od jedinice, pa će za [inlmath]n\to\infty[/inlmath], na osnovu [inlmath]\lim\limits_{n\to\infty}\frac{n}{a^n}=0,\;a>1[/inlmath] (što je dokazano u prethodnoj tački), [inlmath]\frac{n}{\left(1+\varepsilon\right)^n}[/inlmath] težiti nuli, što znači da će biti manje od jedinice, pa možemo pisati
[dispmath]\frac{n}{\left(1+\varepsilon\right)^n}<1[/dispmath]
ili, posle množenja obe strane sa [inlmath]\left(1+\varepsilon\right)^n[/inlmath],
[dispmath]n<\left(1+\varepsilon\right)^n[/dispmath]
Takođe, pošto [inlmath]n[/inlmath] teži beskonačnosti, važiće i [inlmath]n>1[/inlmath], pa uzimajući u obzir i prethodnu nejednakost, pišemo
[dispmath]1<n<\left(1+\varepsilon\right)^n[/dispmath]
Logaritmujemo obe strane za osnovu [inlmath]a[/inlmath], gde je [inlmath]a>1[/inlmath],
[dispmath]\log_a1<\log_an<\log_a\left(1+\varepsilon\right)^n[/dispmath][dispmath]0<\log_an<n\log_a\left(1+\varepsilon\right)[/dispmath]
Podelimo sve sa [inlmath]n[/inlmath],
[dispmath]0<\frac{\log_an}{n}<\log_a\left(1+\varepsilon\right)[/dispmath]
Pošto je [inlmath]\left(1+\varepsilon\right)[/inlmath] vrlo malo veći od jedinice, [inlmath]\log_a\left(1+\varepsilon\right)[/inlmath] će biti vrlo malo veći od nule. Pošto [inlmath]\varepsilon[/inlmath] možemo proizvoljno smanjivati do nule, a [inlmath]\frac{\log_an}{n}[/inlmath] se nalazi u „sendviču“ između nule i veličine koju možemo proizvoljno približiti nuli, odatle sledi (na osnovu „sendvič“-teoreme, tj. teoreme o „dva policajca“) da za [inlmath]n\to\infty[/inlmath] (što je bila pretpostavka na osnovu koje je izveden ovaj račun) [inlmath]\frac{\log_an}{n}[/inlmath] teži nuli.
Iz toga direktno sledi i da [inlmath]\frac{\log_an}{n^k}\;\left(k\ge1\right)[/inlmath] teži nuli, budući da za svako [inlmath]k\ge1[/inlmath] važi [inlmath]\frac{\log_an}{n^k}\le\frac{\log_an}{n}[/inlmath].

Za [inlmath]a=e[/inlmath] prethodno dokazani limes postaje
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\frac{\ln n}{n^k}=0\quad\left(k\ge1\right)[/dispmath]
što je takođe limes koji se često koristi u zadacima.



Dakle, na osnovu limesa čiji su dokazi izloženi u tačkama od [inlmath]1.[/inlmath] do [inlmath]4[/inlmath], zaključujemo da bi nizovi, poređani od onog koji najbrže teži beskonačnosti pa do onog koji najsporije teži beskonačnosti, izgledali ovako:
[dispmath]n^n\quad\to\quad n!\quad\to\quad a^n\;\left(a>1\right)\quad\to\quad n^k\;\left(k\ge1\right)\quad\to\quad\log_an\;\left(a>1\right)[/dispmath]

[inlmath]5.[/inlmath]
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]a=1,\quad a>0[/dispmath]
Dokaz: Posmatramo odvojeno tri slučaja: [inlmath]a>1[/inlmath], [inlmath]a=1[/inlmath] i [inlmath]0<a<1[/inlmath].

[inlmath]1^\circ\quad\underline{a>1}[/inlmath]
[inlmath]a[/inlmath] napišemo preko svog [inlmath]n[/inlmath]-tog korena,
[dispmath]a=\left(\sqrt[n]a\right)^n=\left[1+\left(\sqrt[n]a-1\right)\right]^n=[/dispmath]
Razvijemo primenom binomne formule,
[dispmath]=1+n\left(\sqrt[n]a-1\right)+\underbrace{{n\choose 2}\left(\sqrt[n]a-1\right)^2+\cdots +{n\choose n}\left(\sqrt[n]a-1\right)^n}_{>0}>1+n\left(\sqrt[n]a-1\right)>n\left(\sqrt[n]a-1\right)[/dispmath]
Iz ovoga sledi da je [inlmath]n\left(\sqrt[n]a-1\right)<a[/inlmath]; takođe, pošto je [inlmath]a>1[/inlmath], tada je i [inlmath]\sqrt[n]a>1[/inlmath], odatle [inlmath]\sqrt[n]a-1>0[/inlmath], pa je i [inlmath]n\left(\sqrt[n]a-1\right)>0[/inlmath]. Dakle,
[dispmath]0<n\left(\sqrt[n]a-1\right)<a[/dispmath]
Podelimo sve sa [inlmath]n[/inlmath]:
[dispmath]0<\sqrt[n]a-1<\frac{a}{n}[/dispmath]
Kada [inlmath]n\to\infty[/inlmath], tada [inlmath]\frac{a}{n}\to 0[/inlmath], pa će i izraz [inlmath]\sqrt[n]a-1[/inlmath], budući da se nalazi između nule i vrednosti koja teži nuli, i sam težiti nuli („sendvič“-teorema). A pošto [inlmath]\sqrt[n]a-1[/inlmath] teži nuli, odatle sledi da [inlmath]\sqrt[n]a[/inlmath] teži jedinici.

[inlmath]2^\circ\quad\underline{a=1}[/inlmath]
Za ovaj slučaj dokaz je trivijalan:
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]a=\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]1=\lim_{n\to\infty}1=1[/dispmath]
[inlmath]3^\circ\quad\underline{0<a<1}[/inlmath]
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]a=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{\frac{1}{\sqrt[n]a}}=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{\frac{\sqrt[n]1}{\sqrt[n]a}}=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{\sqrt[n]{\frac{1}{a}}}=\frac{1}{\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{\frac{1}{a}}}[/dispmath]
Pošto je [inlmath]0<a<1[/inlmath], tada je [inlmath]\frac{1}{a}>1[/inlmath], pa je limes u imeniocu jednak jedinici, na osnovu dokazanog pod [inlmath]1^\circ[/inlmath], a pošto je i brojilac jednak jedinici, ceo razlomak je jednak jedinici, čime je dokazano [inlmath]\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]a=1[/inlmath] i za ovaj slučaj.



[inlmath]6.[/inlmath]
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]n=1[/dispmath]
Dokaz: Slično kao u dokazivanju prethodnog limesa, [inlmath]n[/inlmath] napišemo preko svog [inlmath]n[/inlmath]-tog korena,
[dispmath]n=\left(\sqrt[n]n\right)^n=\left[1+\left(\sqrt[n]n-1\right)\right]^n=[/dispmath]
Razvijemo primenom binomne formule,
[dispmath]=\underbrace{1+n\left(\sqrt[n]n-1\right)}_{>0}+{n\choose 2}\left(\sqrt[n]n-1\right)^2+\underbrace{\cdots +{n\choose n}\left(\sqrt[n]n-1\right)^n}_{>0}>{n\choose 2}\left(\sqrt[n]n-1\right)^2[/dispmath]
Iz ovoga sledi da je [inlmath]{n\choose 2}\left(\sqrt[n]n-1\right)^2<n[/inlmath]; takođe, pošto posmatramo [inlmath]n[/inlmath] koje teži beskonačnosti, tada svakako važi [inlmath]n>1[/inlmath], pa je i [inlmath]\sqrt[n]n>1[/inlmath], odatle [inlmath]\sqrt[n]n-1>0[/inlmath], pa je i [inlmath]{n\choose 2}\left(\sqrt[n]n-1\right)^2>0[/inlmath]. Dakle,
[dispmath]0<{n\choose 2}\left(\sqrt[n]n-1\right)^2<n[/dispmath][dispmath]0<\frac{n\left(n-1\right)}{2}\left(\sqrt[n]n-1\right)^2<n[/dispmath]
Pomnožimo sve sa [inlmath]\frac{2}{n\left(n-1\right)}[/inlmath]:
[dispmath]0<\cancel{\frac{2}{n\left(n-1\right)}}\cdot\cancel{\frac{n\left(n-1\right)}{2}}\left(\sqrt[n]n-1\right)^2<\frac{2}{\cancel n\left(n-1\right)}\cdot\cancel n[/dispmath][dispmath]0<\left(\sqrt[n]n-1\right)^2<\frac{2}{n-1}[/dispmath]
Sve to korenujemo:
[dispmath]0<\sqrt{\left(\sqrt[n]n-1\right)^2}<\sqrt{\frac{2}{n-1}}[/dispmath][dispmath]0<\left|\sqrt[n]n-1\right|<\sqrt{\frac{2}{n-1}}[/dispmath]
Pošto je već pokazano da je [inlmath]\sqrt[n]n-1>0[/inlmath], važi [inlmath]\left|\sqrt[n]n-1\right|=\sqrt[n]n-1[/inlmath]:
[dispmath]0<\sqrt[n]n-1<\sqrt{\frac{2}{n-1}}[/dispmath]
Kada [inlmath]n\to\infty[/inlmath], tada [inlmath]\sqrt{\frac{2}{n-1}}\to 0[/inlmath], pa će i izraz [inlmath]\sqrt[n]n-1[/inlmath], budući da se nalazi između nule i vrednosti koja teži nuli, i sam težiti nuli („sendvič“-teorema). A pošto [inlmath]\sqrt[n]n-1[/inlmath] teži nuli, odatle sledi da [inlmath]\sqrt[n]n[/inlmath] teži jedinici.
I do not fear death. I had been dead for billions and billions of years before I was born, and had not suffered the slightest inconvenience from it. – Mark Twain
Korisnikov avatar
Daniel  OFFLINE
Administrator
 
Postovi: 7304
Lokacija: Beograd
Zahvalio se: 3795 puta
Pohvaljen: 3953 puta

Sharuj ovu temu na:

Share on Facebook Facebook Share on Twitter Twitter Share on MySpace MySpace Share on Google+ Google+

Povratak na LIMESI

Ko je OnLine

Korisnici koji su trenutno na forumu: Nema registrovanih korisnika i 2 gostiju

cron

Index stranicaTimObriši sve kolačiće boarda
Danas je Ponedeljak, 15. Oktobar 2018, 13:43 • Sva vremena su u UTC + 1 sat [ DST ]
Pokreće ga phpBB® Forum Software © phpBB Group
Prevod – www.CyberCom.rs