Find grænseværdierne. Med 'lim' herunder menes lim når n går mod ∞.
a)$$lim\frac{8n^4 + 2n}{3n^4 - 7} = lim\frac{8 - 2/n^3}{3 - 7/n^4} = \frac{8}{3}$$
b)$$lim\frac{3n^2 - 4}{-2n^3 + 7} = lim\frac{3/n - 4/n^3}{-2 + 7/n^3} = 0$$
c)$$lim\frac{5n^3 + 2n - 13}{7n - 4} = \infty$$
d) $$ lim\frac{2n^3 - 13}{5n^3 - 4} - \frac{4n^4 + 12}{1 - 5n^4} = \\ lim\frac{2 - 13/n^3}{5 - 4/n^3} - \frac{4 + 12/n^4}{1/n^4 - 5} = \\ \frac{2}{-5} $$
e) $$ lim\frac{n^5 + 2 sin n}{1/e^n + 6n^5} = \frac{1 + (2 sin n)/n^5}{n^5/e^n + 6} = \frac{1}{6} $$
Bevis 4.3.3(ii)
Dette bevis anvender resultatet fra (i):
Lad $lim\ a_n = A, lim\ b_n = B$
Nu fås:
$$lim\ b_n = B \iff |b_n - B| \lt \epsilon, n \gt N_b$$
Derudover, da $|-x| = |x|$:
$$|b_n - B| \lt \epsilon \Rightarrow |-(-b_n - (-B))| \lt \epsilon \Rightarrow |B - b_n| \lt \epsilon \Rightarrow lim\ -b_n = -B$$
Vi anvender trekantsuligheden (i):
$$|(a_n - b_n) - (A - B)| = |a_n - A + B - b_n| \le |a_n - A| + |B - b_n|$$
Herfra kan vi bare fortsætte som i (i):
Vælg det største af $N_a$ eller $N_b$ så der gælder :
$$|a_n - A| \lt \epsilon/2 og |B - b_n| = |b_n - B| \lt \epsilon/2$$
Og vi får :
$$|(a_n + b_n) - (A + B)| \le |a_n - A| + |B - b_n| \lt \epsilon$$
Opgave i hvordan det at gange med den konjugerede, som i 4.3.8, kan udvides til tredje, fjerde osv. rødder.
a) Vis at for alle naturlige tal større end 1 gælder:
$$(x - y)(x^{n - 1} + x^{n - 2}y + x^{n - 3}y^2 + ... + xy^{n - 2} + y^{n - 1}) = x^n + y^n$$
Vi viser dette med induktion. Sæt venstresiden lig med $\alpha$.
Induktionsstart $(n = 2)$:
$$(x - y)(x^1 + y^1) = x^2 - y^2$$
Induktionsskridt:
Lad $\alpha = x^n - y^n$, og vi får:
$$
(x - y)(x^{n} + x^{n - 1}y + x^{n - 2}y^2 + ... + xy^{n - 1} + y^{n}) = \\
x\alpha + (x - y)y^n = \\
(x^n - y^n)x + (x - y)y^n = \\
x^{n + 1} - xy^n + xy^n - y^{n + 1} = \\
x^{n + 1} - y^{n + 1}
$$
Og vi har altså vist hvad vi ville.
b) Sæt $x = (n + 1)^{1/3}, y = n^{1/3}$ og brug formlen i a) til at vise at: $$(n + 1)^{1/3} - n^{1/3} = \frac{1}{((n + 1)^1/3)^2 + (n + 1)^1/3 n^1/3 + n^2/3}$$ Vi kan skrive ovenstående lidt om: $$(n + 1)^{1/3} - n^{1/3} = \frac{1}{((n + 1)^1/3)^2 + (n + 1)^1/3 n^1/3 + n^2/3} \Rightarrow ((n + 1)^{1/3} - n^{1/3})(((n + 1)^{1/3})^2 + (n + 1)^{1/3}n^{1/3} + n^{2/3}) = 1$$ Vi indsætter resultatet i a) og får:
$$((n + 1)^{1/3} - n^{1/3})(((n + 1)^{1/3})^2 + (n + 1)^{1/3}n^{1/3} + n^{2/3}) = \\ ((n + 1)^{1/3})^3 - (n^1/3)^3 = n + 1 - n = 1$$ Og vi har vist hvad vi skulle.c) Find grænseværdien $lim_{n \rightarrow \infty} n^2/3((n + 1)^1/3 - n^1/3)$.
Vi benytter resultatet fra b):
$$
lim\ n^2/3((n + 1)^1/3 - n^1/3) = \\
lim\ \frac{(n^2)^1/3}{(n + 1)^2/3 + (n + 1)^1/3 n^1/3 + n^2/3} = \\
lim\ \frac{1}{((n + 1)/n)^1/3 + ((n^2 + n)/n^2)^1/3 + 1} = \frac{1}{3} \\
$$
d) Find grænseværdien $lim_{n \rightarrow \infty}n((1 + 1/n)^1/4 - 1)$
Vi skriver udtrykket lidt om:
$$
lim\ n((1 + 1/n)^1/4 - 1) = lim\ (n^4 + n^2)^1/4 - (n^4)^1/4
$$
Vi sætter:
$$
x = (n^4 + n^3)^1/4, y = (n^4)^1/4
$$
Vi ser ved at bruge a) at:
$$(x - y)(x^3 + x^{2}y + xy^2 + y^3) = x^4 - y^4 = n^3$$
Vi får altså følgende:
$$x - y = \frac{n^3}{x^3 + yx^2 + xy^2 + y^3}$$
Vi forkorter brøken ved at dividere med $n^3$ i både tæller og nævner. Herefter ser vi at hver af de fire led i nævneren går mod $1$ når $n$ går mod $\infty$. Så vi slutter at hele udtrykket går mod $1/4$.
a) Lad $lim_{n \rightarrow \infty}x_n = B, B \ne 0$. Vis at $lim_{n \rightarrow \infty} (1/x_n) = 1/B$.
Bevis (husk at $|a - b| = |b - a|$):
Først konkluderer vi at der eksisterer et $N$ så:
$$|b_n - B| \lt \frac{|B|}{2}$$
Heraf følger:
$$|B| - |b_n| \le |B - b_n| \lt |B|/2 \Rightarrow \\
-|b_n| \lt |B|/2 - |B| \Rightarrow \\
-|b_n| \lt -|B|/2 \Rightarrow \\
|b_n| \gt |B|/2
$$
Vi får yderligere:
$$|b_n| \gt |B|/2 \Rightarrow |b_n||B| \gt |B^2|/2 \Rightarrow \frac{1}{|b_n||B|} \lt \frac{2}{|B^2|}$$
Kald venstresiden af uligheden til sidst for $\alpha$ og højresiden for $\beta$.
Nu fås:
$$|b_n - B| \lt \epsilon \Rightarrow \alpha|B - b_n| \lt \beta\epsilon \Rightarrow |1/|b_n| - 1/|B|| \lt \beta\epsilon$$
Vi kan altså vælge et $N$ så:
$$|b_n - B| \lt \frac{2%epsilon}{|B^2|}$$ Og med det er a) bevist.b) Brug a) og 4.3.3(iii) til at vise 4.3.3(iv).
Først og fremmest lad $lim\ a_n = A$, $lim\ b_n = B$, $lim\ 1/b_n = 1/B$. Vi får: $$lim\ (a_{n}/b_n) = lim\ (a_{n} \cdot 1/b_n) = A \cdot 1/B = A/B$$ Færdigt arbejde.
Vis at hvis $lim\ a_n = lim\ b_n = A$ og $a_n \le c_n \le b_n$, så er $lim\ c_n = A$.
Givet antagelserne må der være $N_1, N_2$ for hvilke gælder: $$|a_n - A| \lt \epsilon \Rightarrow A - \epsilon \lt a_n \lt A + \epsilon$$ hhv. $$|b_n - A| \lt \epsilon \Rightarrow A - \epsilon \lt b_n \lt A + \epsilon$$ Vælges den største af de to $N$'er, fås: $$A - \epsilon \lt a_n \le c_n \le b_n \lt A + \epsilon$$ Og påstanden er bevist.
Lad ${a_n}$ være talfølgen givet rekursivt ved: $$a_0 = 0, a_{n + 1} = \frac{a_n}{2} + 1$$ Vis at følgen konvergerer, og find grænseværdien.
Bemærk at $a_1 = 1$. Vi skrotter derfor $a_0$. For at vise denne slags kan det være en god idé at regne nogle værdier og se om vi kan skrive definitionen om til noget mere regnbart:
$$
a_1 = 1 \\
a_2 = 1/2 + 1 \\
a_3 = 7/4 = 1 + 3/4 = 1 + 1/2 + 1/4 \\
a_4 = 15/8 = 1 + 7/8 = 1 + 1/8 + 2/8 + 4/8 = 1 + 1/8 + 1/4 + 1/2 \\
a_5 = 31/16 = \\
1 + 15/16 = 1 + 1/16 + 2/16 + 4/16 + 8/16 = \\
1 + 1/16 + 1/8 + 1/4 + 1/2
$$
Og jeg synes at vi gætter på følgende sum:
$$a_n = S_n = \sum_{k = 0}^{n-1} 1/2^k$$
Hvilket kan vises ved induktion over $k$ (vi kalder summen $S_0$):
Induktionsstart:
$$
a_1 = 1 = 1/2^0 \\
a_2 = 1/2 + 1 = 1/2^0 + 1/2^1 \\
$$
Induktionsskridt:
Lad $a_n = S_n$
$$
a_{n + 1} = \frac{a_n}{2} + 1 = \frac{S_n}{2} + 1 = \sum_{k = 1}^{n} {1/2^k} + 1 = \sum_{k = 0}^{n} 1/2^k$$
Og vi har vist hvad vi kan skrive vores rekursion som.
Nu står det tilbage finde og vise grænseværdien. Dette kan gøres på flere måder, den mest ligefremme er simpelthen at omskrive summen vi har fundet. Af denne type hedder den en geometrisk sum. Vi får: $$\sum_{k = 0}^{n-1} 1/2^n = \sum_{k = 0}^{n-1} (1/2)^n = \frac{(1/2)^n - 1}{1/2 - 1}$$ Og grænseværdien kan nu findes ved at benytte regnereglerne: $$lim_{n \rightarrow \infty} \frac{(1/2)^n - 1}{1/2 - 1} = \frac{-1}{-1/2} = 2$$ Sådan.
Definer følgen ${x_n} : x_1 = 1, x_{n + 1} = (2x_n)^{1/2}$. Før vi løser opgaverne, kan det nok godt betale sig at undersøge følgen som i forrige opgave:
$$
x_1 = 1 \\
x_2 = 2^{1/2} \\
x_3 = 2^{3/4} = 2^{1/2} \cdot 2^{1/4} \\
x_4 = 2^{7/8} = 2^{1/2} \cdot 2^{1/4} \cdot 2^{1/8} \\
x_5 = 2^{15/16} = 2^{1/16} \cdot 2^{1/8} \cdot 2^{1/4} \cdot 2^{1/2}
$$
Og jeg tror vi gætter på at:
$$x_n = S_n = prod{k = 1,n-1,2^\alpha}, \alpha = \frac{1}{2^k}, n \gt 1 CN_(1)$$
Dette vises ved induktion over $n$ ($n = 1$ er igen uinteressant, og serien kan ikke kapere værdien):
Induktionsstart:
$$
x_2 = 2^{1/2} = 2^{1/2}
x_3 = 2^{3/4} = 2^{1/2} \cdot 2^{1/4}
$$
Induktionsskridt:
Lad $x_n = S_n$
$$
x_{n + 1} = 2^{1/2} \cdot (x_n)^{1/2} = 2^{1/2} \cdot \prod_{k = 2}^{n} 2^\alpha = \prod_{k = 1}^{n} 2^\alpha
$$
Og alle er glade.
a) vis at $x_n \lt x_{n + 1}, \forall n \in \mathbb{N}$
Dette følger af serien hvis vi kan vise at $2^\alpha \gt 1, \forall n \in \mathbb{N} CN_(2)$. Her med induktion:
Induktionsstart:
$$
n = 1 : 2^{1/2} \gt 1 \\
n = 2 : 2^{1/4} \gt 1 \\
$$
Induktionskridt:
Lad $2^\alpha \gt 1$
Lad $\alpha_1 = 1/2^{n + 1} = 1/2^n \cdot 1/2 = \alpha \cdot 1/2$
$$
2^\alpha \gt 1 \Rightarrow (2^\alpha)^{1/2} \gt 1^{1/2} = 1 \Rightarrow 2^{\alpha1} \gt 1$$
Og vi har altså vist (2). Da de første led i (1) er større end 1, dette kan vi bruge som induktionsstart, er a) vist.
b) Vis at følgen konvergerer, og bestem grænseværdien.
I a) har vi vist at følgen er monotont voksende. Af teorem 4.3.9 ved vi, at hvis følgen er begrænset, er den konvergent. Jeg tror vi gætter på at den mindste øvre grænse er 2. Dette kan undersøges i Maple:
1 : f:=i->2^1/2^i
2 : S:=n->product(f(i),i=1.\n-1)
3 : limit(S(n),n=infinity)
Men lad os bare vise det. Det hurtigste er nok at droppe produktrækken ovenfor og så gøre som eksemplet på side 194 i bogen:
Lad $lim_{n \rightarrow \infty} x_n = a$, Vi får:
$$lim_{n \rightarrow \infty} x_{n + 1} = lim_{n \rightarrow \infty} (2x_n)^1/2 = (2a)^1/2$$
Derudover:
$$lim_{n \rightarrow \infty} x_{n + 1} = a$$
da
$$\infty = \infty + 1$$
Så:
$$a = (2a)^1/2 \Rightarrow a^2 - 2a = 0 \Rightarrow a = 0 \lor a = 2$$
Da $x_n$ er strengt voksende og større end 1 for alle $n$, er grænsen altså fundet og er 2.
c) Udeladt for nu.