Wykaż, że jeśli \(x_n \to +\infty\), to \(\left(1+\frac{1}{x_n} \right) ^{x_n} \to e\) (wskazówka: wykorzystaj twierdzenie o trzech ciągach i twierdzenie o uogólnionym podciągu).
w sumie może być jakkolwiek z trzech ciągów, mam z tym problem, bardzo proszę o pomoc..
Wykaż, że granica ciągu jest równa e
Otrzymałeś(aś) rozwiązanie do zamieszczonego zadania? - podziękuj autorowi rozwiązania! Kliknij
-
radagast
- Guru
- Posty: 17549
- Rejestracja: 09 lis 2010, 07:38
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękowania: 41 razy
- Otrzymane podziękowania: 7435 razy
- Płeć:
Re:
Byleby z granicą nieskończoność w nieskończonościMurarz pisze:Niech sobie będzie dowolny, to i tak nic nie zmienia. Byleby z granicą w nieskończoności
Re: Wykaż, że granica ciągu jest równa e
wydaje mi się, że jednak to zmieni mocno strukturę dowodu.. tzn oczywiście intuicyjnie to tak, zgadzam się w 100% że ciąg może być dowolny taki jak powiedziałeś, ale dowód musi być ścisły..
-
octahedron
- Expert
- Posty: 6762
- Rejestracja: 19 mar 2011, 00:22
- Otrzymane podziękowania: 3034 razy
- Płeć:
Re: Wykaż, że granica ciągu jest równa e
\(M\in N
\lim_{M\to\infty}\(1+\frac{1}{M}\)^{M+1}=\lim_{M\to\infty}\(1+\frac{1}{M}\)^{M}\cdot \lim_{M\to\infty}\(1+\frac{1}{M}\)=e\cdot 1=e
\lim_{M\to\infty}\(1+\frac{1}{M+1}\)^{M}=\lim_{M\to\infty}\(1+\frac{1}{M+1}\)^{M+1}\cdot \lim_{M\to\infty}\frac{1}{1+\frac{1}{M+1}}=e\cdot 1=e\)
czyli dla dowolnego \(\varepsilon>0\) istnieje takie \(M_o\), że dla \(M>M_o\) mamy \(\(1+\frac{1}{M}\)^{M+1}<e+\varepsilon\) i \(\(1+\frac{1}{M+1}\)^{M}>e-\varepsilon\)
\(\lim_{n\to\infty}x_n=\infty\), czyli dla \(M_o\) istnieje takie \(N_o\), że dla \(n>N_o\) mamy \(x_n>M_o+1\), wtedy dla każdego \(x_n\) możemy dobrać liczbę naturalną \(M>M_o\) taką, że \(M\le x_n\le M+1\), z czego wynika \(e-\varepsilon<\(1+\frac{1}{M+1}\)^{M}\le \(1+\frac{1}{x_n}\)^{x_n}\le\(1+\frac{1}{M}\)^{M+1}<e+\varepsilon\), czyli \(e-\varepsilon<\(1+\frac{1}{x_n}\)^{x_n}<e+\varepsilon\) i \(\|\(1+\frac{1}{x_n}\)^{x_n}-e\|<\varepsilon\), zatem \(\lim_{n\to\infty}\(1+\frac{1}{x_n}\)^{x_n}=e\)
\lim_{M\to\infty}\(1+\frac{1}{M}\)^{M+1}=\lim_{M\to\infty}\(1+\frac{1}{M}\)^{M}\cdot \lim_{M\to\infty}\(1+\frac{1}{M}\)=e\cdot 1=e
\lim_{M\to\infty}\(1+\frac{1}{M+1}\)^{M}=\lim_{M\to\infty}\(1+\frac{1}{M+1}\)^{M+1}\cdot \lim_{M\to\infty}\frac{1}{1+\frac{1}{M+1}}=e\cdot 1=e\)
czyli dla dowolnego \(\varepsilon>0\) istnieje takie \(M_o\), że dla \(M>M_o\) mamy \(\(1+\frac{1}{M}\)^{M+1}<e+\varepsilon\) i \(\(1+\frac{1}{M+1}\)^{M}>e-\varepsilon\)
\(\lim_{n\to\infty}x_n=\infty\), czyli dla \(M_o\) istnieje takie \(N_o\), że dla \(n>N_o\) mamy \(x_n>M_o+1\), wtedy dla każdego \(x_n\) możemy dobrać liczbę naturalną \(M>M_o\) taką, że \(M\le x_n\le M+1\), z czego wynika \(e-\varepsilon<\(1+\frac{1}{M+1}\)^{M}\le \(1+\frac{1}{x_n}\)^{x_n}\le\(1+\frac{1}{M}\)^{M+1}<e+\varepsilon\), czyli \(e-\varepsilon<\(1+\frac{1}{x_n}\)^{x_n}<e+\varepsilon\) i \(\|\(1+\frac{1}{x_n}\)^{x_n}-e\|<\varepsilon\), zatem \(\lim_{n\to\infty}\(1+\frac{1}{x_n}\)^{x_n}=e\)