Εύρεση supremum. Πηλίκο φραγμένου προς μη φραγμένο...

RodGer · #1

Έστω το σύνολο $A=\left\{{\frac{{\left(\frac{n+1}{n} \right)}^n}{n+1}: n\in N \right\}}$

Πως μπορώ να βρω το supA; Νομίζω πως είναι supA = 1 αλλά δεν καταφέρνω να το αποδείξω.
Διαισθητικά καταλαβαίνω ότι επειδή ο αριθμητής συγκλίνει στο e ενώ ο αριθμητής τείνει στο άπειρο όταν το n τείνει στο άπειρο, το κλάσμα συνεχώς θα μικραίνει. Ξέρω δηλαδή ότι:
α) για n=1 το κλάσμα μας ισούται με 1 και
β) το κλάσμα μας ${\frac{{\left(\frac{n+1}{n} \right)}^n}{n+1}$ μικραίνει όσο το n μεγαλώνει.

Πως μπορώ όμως να εκφράσω μια αυστηρή απόδειξη για το παραπάνω;

Ισοδύναμα, μπορούμε να πούμε ότι θέλουμε να δείξουμε ότι
${\frac{{\left(\frac{n+1}{n} \right)}^n}{n+1}\leq1$ για κάθε n φυσικό αριθμό. Δοκίμασα και με επαγωγή αλλά δυστυχώς δεν κατέληξα κάπου...

Αυτό είναι το πρώτο μου μήνυμα στο mathematica.gr κι ελπίζω να βοηθηθώ από την κοινότητα μέχρι να μπορέσω κι εγώ κάποια στιγμή να βοηθώ νεότερα μέλη λύνοντας απορίες.
Ευχαριστώ

#2

Φίλε RodGer
Νομίζω πως είναι εύκολο να αποδείξεις ότι το 1 είναι το μεγαλύτερο στοιχείο του συνόλου σου, αρκεί να λάβεις υπ' όψη σου ότι $(1+\frac {1}{n})^n<3, \forall n \in \mathbb{N}$ και $3 \leq n+1, \forall n \geq 2$
Φιλικά

#3

RodGer έγραψε:Έστω το σύνολο $A=\left\{{\frac{{\left(\frac{n+1}{n} \right)}^n}{n+1}: n\in N \right\}}$

Πως μπορώ να βρω το supA; Νομίζω πως είναι supA = 1 αλλά δεν καταφέρνω να το αποδείξω.

Καλώς ήλθες στο mathematica.

Μία λύση του παραπάνω είναι: Ξέρουμε ότι o αριθμητής $\left( 1 + \frac{1}{n} \right)^n$ είναι άνω φραγμένος. Το καλύτερο φράγμα είναι το e, αλλά θα κάνω την ζωή μου ευκολότερη και θα πω ότι ένα άνω φράγμα είναι το 3. ’Αρα $\frac{{\left(\frac{n+1}{n} \right)}^n}{n+1}\le \frac{3}{n+1}$ .

To δεξί μέλος είναι $\le1$ αν $n\ge2$ . Οπότε η μέγιστη τιμή 1 προκύπτει από σύγκριση μόνο των τιμών της δοθείσας ακολουθίας για n = 1 και n = 2, και λοιπά.

Φιλικά,

Μιχάλης Λάμπρου

Edit: με πρόλαβε ο Σπύρος. Το αφήνω.

RodGer · #4

Ευχαριστώ πολύ για τις απαντήσεις σας.
Θεωρούμε γνωστό ότι το $\left(1+\frac{1}{n} \right)^{n}$ συγκλίνει στο e και είναι φραγμένο από αυτό. Αν θέλαμε να το αποδείξουμε αντί να το θεωρήσουμε γνωστό, ότι το $\left(1+\frac{1}{n} \right)^{n}$ είναι φραγμένο από το 3, ποια θα ήταν η προσέγγισή μας;

Σίγουρα υπάρχει η απόδειξη κάπου στο διαδίκτυο (και μάλιστα πολλές φορές) αλλά όταν μπαίνουν και μαθηματικά σύμβολα σαν λέξεις κλειδιά, η αναζήτηση δε λειτουργεί με τον ενδεδειγμένο τρόπο.

#5

RodGer έγραψε:Ευχαριστώ πολύ για τις απαντήσεις σας.
Θεωρούμε γνωστό ότι το $\left(1+\frac{1}{n} \right)^{n}$ συγκλίνει στο e και είναι φραγμένο από αυτό. Αν θέλαμε να το αποδείξουμε αντί να το θεωρήσουμε γνωστό, ότι το $\left(1+\frac{1}{n} \right)^{n}$ είναι φραγμένο από το 3, ποια θα ήταν η προσέγγισή μας;

Σίγουρα υπάρχει η απόδειξη κάπου στο διαδίκτυο (και μάλιστα πολλές φορές) αλλά όταν μπαίνουν και μαθηματικά σύμβολα σαν λέξεις κλειδιά, η αναζήτηση δε λειτουργεί με τον ενδεδειγμένο τρόπο.

Ένας τρόπος είναι ο ακόλουθος:

Από το διωνυμικό ανάπτυγμα και μετά από τη γεωμετρική σειρά, έχουμε

$\displaystyle{\left(1+\frac{1}{n} \right)^n=1+n\cdot \frac{1}{n}+\frac{n(n-1)}{2}\frac{1}{n^2}+...+\frac{n(n-1)(n-2)...2\cdot 1}{n(n-1)(n-2)...2\cdot 1}\frac{1}{n^n}<1+1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3!}+\frac{1}{4!}+...+\frac{1}{n!}<1+1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+...<3.}$

#6

RodGer έγραψε:Ευχαριστώ πολύ για τις απαντήσεις σας.
Θεωρούμε γνωστό ότι το $\left(1+\frac{1}{n} \right)^{n}$ συγκλίνει στο e και είναι φραγμένο από αυτό. Αν θέλαμε να το αποδείξουμε αντί να το θεωρήσουμε γνωστό, ότι το $\left(1+\frac{1}{n} \right)^{n}$ είναι φραγμένο από το 3, ποια θα ήταν η προσέγγισή μας;

Διάφοροι τρόποι, ακόμα και χωρίς χρήση ότι συγκλίνει. Π.χ.

α) από την $\log (1+x) \le x\,$ έχουμε $\left(1+\frac{1}{n} \right)^{n} = e^{n\log\left(1+\frac{1}{n} \right)} \le e^{n\cdot \frac{1}{n}} = e$

β) από το ανάπτυγμα του διωνύμου $\left(1+\frac{1}{n} \right)^{n}= 1 + n\cdot\frac{1}{n} + \frac{n(n-1)}{2!}\cdot\frac{1}{n^2}+\frac{n(n-1)(n-2)}{3!}\cdot\frac{1}{n^3}+ ... + \frac{n(n-1)(n-2)...(1)}{n!}\cdot\frac{1}{n^n}\le$

$\le 1 + 1 + \frac{1}{2!}+\frac{1)}{3!}+ ... + \frac{1}{n!} < 3$ (απλό και γνωστό).

Ελπίζω να βοήθησα.

Φιλικά,

Μιχάλης Λάμπρου

RodGer · #7

Mihalis_Lambrou έγραψε: Διάφοροι τρόποι, ακόμα και χωρίς χρήση ότι συγκλίνει. Π.χ.

α) από την $\log (1+x) \le x\,$ έχουμε $\left(1+\frac{1}{n} \right)^{n} = e^{n\log\left(1+\frac{1}{n} \right)} \le e^{n\cdot \frac{1}{n}} = e$

β) από το ανάπτυγμα του διωνύμου $\left(1+\frac{1}{n} \right)^{n}= 1 + n\cdot\frac{1}{n} + \frac{n(n-1)}{2!}\cdot\frac{1}{n^2}+\frac{n(n-1)(n-2)}{3!}\cdot\frac{1}{n^3}+ ... + \frac{n(n-1)(n-2)...(1)}{n!}\cdot\frac{1}{n^n}\le$

$\le 1 + 1 + \frac{1}{2!}+\frac{1)}{3!}+ ... + \frac{1}{n!} < 3$ (απλό και γνωστό).

Ελπίζω να βοήθησα.

Φιλικά,

Μιχάλης Λάμπρου

Φυσικά και βοηθήσατε και η βοήθεια αυτή είναι πολύτιμη.

Αναρωτιέμαι μόνο αν υπάρχει λύση που να στηρίζεται μόνο στις γνώσεις που μου δίνει το πρώτο κεφάλαιο απειροστικού λογισμού πρώτου εξαμήνου. Δηλαδή:
1)Σύνολα Ν, Ζ, Q, R-Q, R
2)min, max, Supremum, Infimum συνόλων
3)Αξίωμα πληρότητας και συνέπειες αυτού
4)Μαθηματική επαγωγή.

Ίσως μπορώ να χρησιμοποιήσω ως γνωστό το Διωνυμικό Ανάπτυγμα του Νεύτωνα όπως μου προτείνατε. Ίσως μπορώ να θεωρήσω γνωστό εξ' αρχής ότι το $\left(1+\frac{1}{n} \right)^{n}$ είναι φραγμένο από το e. Ίσως θα μπορούσα ακόμα και να αποδείξω το διωνυμικό ανάπτυγμα με επαγωγή ώστε να μην το πάρω ως δεδομένο. Σε κάθε περίπτωση το ζητούμενο είναι μια απλή απόδειξη χρησιμοποιώντας όσο γίνεται πιο στοιχειώδεις γνώσεις πρώτου κεφαλαίου απειροστικού λογισμού.

#8

RodGer έγραψε: Φυσικά και βοηθήσατε και η βοήθεια αυτή είναι πολύτιμη.

Αναρωτιέμαι μόνο αν υπάρχει λύση που να στηρίζεται μόνο στις γνώσεις που μου δίνει το πρώτο κεφάλαιο απειροστικού λογισμού πρώτου εξαμήνου. Δηλαδή:
1)Σύνολα Ν, Ζ, Q, R-Q, R
2)min, max, Supremum, Infimum συνόλων
3)Αξίωμα πληρότητας και συνέπειες αυτού
4)Μαθηματική επαγωγή.

Ίσως μπορώ να χρησιμοποιήσω ως γνωστό το Διωνυμικό Ανάπτυγμα του Νεύτωνα όπως μου προτείνατε. Ίσως μπορώ να θεωρήσω γνωστό εξ' αρχής ότι το $\left(1+\frac{1}{n} \right)^{n}$ είναι φραγμένο από το e. Ίσως θα μπορούσα ακόμα και να αποδείξω το διωνυμικό ανάπτυγμα με επαγωγή ώστε να μην το πάρω ως δεδομένο. Σε κάθε περίπτωση το ζητούμενο είναι μια απλή απόδειξη χρησιμοποιώντας όσο γίνεται πιο στοιχειώδεις γνώσεις πρώτου κεφαλαίου απειροστικού λογισμού.

Η μέθοδος που έγραψε ο matha και η δεύτερη δική μου, με το διωνυμικό ανάπτυγμα, είναι τέτοια. Υπ΄όψιν η απόδειξη του διωνυμικού αναπτύγματος είναι απλή. Μία από τις γνωστές αποδείξεις χρησιμοποιεί επαγωγή.

Μ.

RodGer · #9

Μήπως μπορεί κάποιος να εξηγήσει πως δικαιολογείται αυτή η ανισότητα:
$\displaystyle{1+n\cdot \frac{1}{n}+\frac{n(n-1)}{2!}\frac{1}{n^2}+\frac{n(n-1)(n-2)}{3!}\frac{1}{n^3}+...+\frac{n\cdot(n-1)}{2!}\frac{1}{n^{n-2}}+n\frac{1}{n^{n-1}}+\frac{1}{n^n}<1+1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3!}+\frac{1}{4!}+...+\frac{1}{n!}}$ ;
Συγνώμη αν είναι χαζή η ερώτηση αλλά έχω κολλήσει.
Ευχαριστώ για το χρόνο σας.

#10

RodGer έγραψε:Μήπως μπορεί κάποιος να εξηγήσει πως δικαιολογείται αυτή η ανισότητα:
$\displaystyle{1+n\cdot \frac{1}{n}+\frac{n(n-1)}{2!}\frac{1}{n^2}+\frac{n(n-1)(n-2)}{3!}\frac{1}{n^3}+...+\frac{n\cdot(n-1)}{2!}\frac{1}{n^{n-2}}+n\frac{1}{n^{n-1}}+\frac{1}{n^n}<1+1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3!}+\frac{1}{4!}+...+\frac{1}{n!}}$ ;
Συγνώμη αν είναι χαζή η ερώτηση αλλά έχω κολλήσει.
Ευχαριστώ για το χρόνο σας.

Από τον τρίτο όρο και μετά έχουμε

$\displaystyle{\frac{n(n-1)}{2!}\frac{1}{n^2}<\frac{n \cdot n}{2!}\frac{1}{n^2}=\frac{1}{2}}$ ,

$\displaystyle{\frac{n(n-1)(n-2)}{3!}\frac{1}{n^3}<\frac{n\cdot n \cdot n}{3!}\frac{1}{n^3}=\frac{1}{3!}}$ ,

κ.ο.κ.

Φιλικά,

Αχιλλέας

RodGer · #11

achilleas έγραψε:
RodGer έγραψε:Μήπως μπορεί κάποιος να εξηγήσει πως δικαιολογείται αυτή η ανισότητα:
$\displaystyle{1+n\cdot \frac{1}{n}+\frac{n(n-1)}{2!}\frac{1}{n^2}+\frac{n(n-1)(n-2)}{3!}\frac{1}{n^3}+...+\frac{n\cdot(n-1)}{2!}\frac{1}{n^{n-2}}+n\frac{1}{n^{n-1}}+\frac{1}{n^n}<1+1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3!}+\frac{1}{4!}+...+\frac{1}{n!}}$ ;
Συγνώμη αν είναι χαζή η ερώτηση αλλά έχω κολλήσει.
Ευχαριστώ για το χρόνο σας.
Από τον τρίτο όρο και μετά έχουμε

$\displaystyle{\frac{n(n-1)}{2!}\frac{1}{n^2}<\frac{n \cdot n}{2!}\frac{1}{n^2}=\frac{1}{2}}$ ,

$\displaystyle{\frac{n(n-1)(n-2)}{3!}\frac{1}{n^3}<\frac{n\cdot n \cdot n}{3!}\frac{1}{n^3}=\frac{1}{3!}}$ ,

κ.ο.κ.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Ευχαριστώ πολύ!
Αλλά πως συνεχίζει αυτή η λογική για τους όρους που είναι μετά τη μέση και τους τελευταίους όρους όπου ο παρονομαστής αρχίζει να μικραίνει πάλι. Καταλαβαίνω ότι παίρνουμε ένα γινόμενο των n του αριθμητή ίσο με την αντίστοιχη δύναμη που βρίσκεται στον παρονομαστή ώστε να μας μείνει μόνο το παραγοντικό στον παρονομαστή. Αυτό όμως μου δίνει τους δύο τελευταίους όρους ίσους με τη μονάδα ενώ και ο τρίτος όρος από το τέλος είναι 1/2 όπως και ο τρίτος από την αρχή. Αυτό μας δίνει ένα άθροισμα πάνω από 5. Πως χρησιμοποιούμε την παραπάνω λογική λοιπόν ώστε να δείξουμε ότι το συνολικό άθροισμα είναι μικρότερο από 3;

Δυστυχώς έχω πολλά κενά αλλά δεν ξέρω και πως να τα καλύψω μόνος μου. Έχω υπομονή και όρεξη για διάβασμα αλλά συχνά δεν ξέρω από που να αρχίσω.

#12

Για τον τρίτο όρο από τα δεξιά έχουμε

$\displaystyle{\frac{n(n-1)}{2!}\frac{1}{n^{n-2}}<\frac{1}{(n-2)!}}$ αν και μόνο αν

$\displaystyle{\frac{1}{2!}\frac{1}{n^{n-2}}<\frac{1}{n!}}$ αν και μόνο αν

$\displaystyle{n! <2! \cdot n^{n-2}$ αν και μόνο αν

$3\cdot 4 \cdot \cdots \cdot n < n^{n-2}$ αν και μόνο αν

$\displaystyle{\frac{n}{3}\cdot \frac{n}{4}\cdot \cdots \frac{n}{n}>1}$

που ισχύει για n>3

.

RodGer έγραψε:.....

Πως χρησιμοποιούμε την παραπάνω λογική λοιπόν ώστε να δείξουμε ότι το συνολικό άθροισμα είναι μικρότερο από 3;
....

Φράξε το άθροισμα

$\displaystyle{1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\cdots +\frac{1}{n!}}$

άνω από το άθροισμα κατάλληλης γεωμετρικής προοόδου με άθροισμα το 2, έτσι ώστε με το έξτρα 1 στην αρχή να έχεις άνω φράγμα για το

$\displaystyle{1+1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\cdots +\frac{1}{n!}}$

το 3.

Γνωρίζεις καμμιά γεωμετρική πρόοδο με πρώτο όρο το 1, κοινό λόγο το $\lambda$ και άθροισμα 2;
με άλλα λόγια τι πρέπει να είναι το $\lambda$ ;

RodGer έγραψε:.....

Δυστυχώς έχω πολλά κενά αλλά δεν ξέρω και πως να τα καλύψω μόνος μου. Έχω υπομονή και όρεξη για διάβασμα αλλά συχνά δεν ξέρω από που να αρχίσω.
....

Άρχισε από τα βασικά...άρχισε από τα βασικά, αριθμητικές πρόοδοι, γεωμετρικές πρόοδοι, ανισότητες κ.τ.λ.

Φιλικά,

Αχιλλέας

RodGer · #13

achilleas έγραψε:[...]

Γνωρίζεις καμμιά γεωμετρική πρόοδο με πρώτο όρο το 1, κοινό λόγο το $\lambda$ και άθροισμα 2;
με άλλα λόγια τι πρέπει να είναι το $\lambda$ ;

[...]

Άρχισε από τα βασικά...άρχισε από τα βασικά, αριθμητικές πρόοδοι, γεωμετρικές πρόοδοι, ανισότητες κ.τ.λ.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Δυστυχώς δεν ήξερα ήδη πως να βρω το $\lambda$ σε αυτή την περίπτωση. Ξεκίνησα λοιπόν να διαβάζω τη σχετική ύλη από το βιβλίο της άλγεβρας Β' Λυκείου. (Αν υπάρχει κάποιο που να είναι καταλληλότερο για αυτοδιδασκαλία στη σχετική ύλη, θα ήμουν υπόχρεος σε όποιον το προτείνει)

Βρήκα λοιπόν χρησιμοποιώντας τον τύπο του αθροίσματος απείρων όρων γεωμ. προόδου ότι το ζητούμενο $\lambda$ είναι το 1/2. Επομένως η ζητούμενη ακολουθία έχει αναδρομικό τύπο $a_{n+1}=a_{n}\cdot\frac{1}{2}$ .

Χίλια ευχαριστώ για τη βοήθεια.

Γιώργος

RodGer · #14

Υπάρχει τρόπος να αποδειχθεί με επαγωγή ότι $\left(\frac{n+1}{n} \right)^{n}<3$ για κάθε n φυσικό αριθμό;

Έχει κανείς στο νου του έστω μια υπόδειξη για το πως θα μπορούσε να λυθεί με επαγωγή;

Αν δε μπορεί να αποδειχθεί με επαγωγή, υπάρχει τρόπος να αποδείξει κανείς ότι δε μπορεί να λυθεί με επαγωγή;

Ευχαριστώ πολύ.
R.

irakleios · #15

RodGer έγραψε:Υπάρχει τρόπος να αποδειχθεί με επαγωγή ότι $\left(\frac{n+1}{n} \right)^{n}<3$ για κάθε n φυσικό αριθμό;

Έχει κανείς στο νου του έστω μια υπόδειξη για το πως θα μπορούσε να λυθεί με επαγωγή;

Αν δε μπορεί να αποδειχθεί με επαγωγή, υπάρχει τρόπος να αποδείξει κανείς ότι δε μπορεί να λυθεί με επαγωγή;

Ευχαριστώ πολύ.
R.

Πρόκεται για τον αριθμό e. Αποδεικνύεται με επαγωγή . παίρνεις την ακολουθία $\left(\frac{n+1}{n} \right)^{n}$ και δείχνεις ότι είναι γν.αύξουσα και άνω φραγμένη χρησιμοποιώντας και την Bernoulli. δεν προλαβαίνω να τη γράψω ολόκληρη την απόδειξη αλλά νομίζω σε ένα οποιοδήποτε βιβλίο ανάλυσης μπορείς να τη βρείς.

Εύρεση supremum. Πηλίκο φραγμένου προς μη φραγμένο...

Εύρεση supremum. Πηλίκο φραγμένου προς μη φραγμένο...

Re: Εύρεση supremum. Πηλίκο φραγμένου προς μη φραγμένο...

Re: Εύρεση supremum. Πηλίκο φραγμένου προς μη φραγμένο...

Re: Εύρεση supremum. Πηλίκο φραγμένου προς μη φραγμένο...

Re: Εύρεση supremum. Πηλίκο φραγμένου προς μη φραγμένο...

Re: Εύρεση supremum. Πηλίκο φραγμένου προς μη φραγμένο...

Re: Εύρεση supremum. Πηλίκο φραγμένου προς μη φραγμένο...

Re: Εύρεση supremum. Πηλίκο φραγμένου προς μη φραγμένο...

Re: Εύρεση supremum. Πηλίκο φραγμένου προς μη φραγμένο...

Re: Εύρεση supremum. Πηλίκο φραγμένου προς μη φραγμένο...

Re: Εύρεση supremum. Πηλίκο φραγμένου προς μη φραγμένο...

Re: Εύρεση supremum. Πηλίκο φραγμένου προς μη φραγμένο...

Re: Εύρεση supremum. Πηλίκο φραγμένου προς μη φραγμένο...

Re: Εύρεση supremum. Πηλίκο φραγμένου προς μη φραγμένο...

Re: Εύρεση supremum. Πηλίκο φραγμένου προς μη φραγμένο...

Μέλη σε σύνδεση