چنانچه محفل ریاضی را سودمند یافتید، لطفا برای حمایت از ما به کانال تلگرامی محفل ریاضی بپیوندید!
به محفل ریاضی ایرانیان خوش آمدید! لطفا برای استفاده از تمامی امکانات عضو شوید
176 بازدید
ارسال شده خرداد ۲۶, ۱۳۹۶ در مطالب ریاضی توسط saderi7
نمایش از نو شهریور ۱۲, ۱۳۹۶ توسط saderi7
$$\large\mathscr{IN THE NAME OF \color{teal}{ ALLAH} }$$

دنباله ی زیر را در نظر بگیرید :

$$\bbox[5px, border:1px solid #4682B4]{x_n=\big( 1+\dfrac{1}{n}\big)^n \ \ \ ; \ \ \ n \in \mathbb{N}} $$ ثابت میکنیم دنباله $ \big( x_n\big)_{ n \in \mathbb{N}}$ همگرا است .


$$\bbox[5px,border:1px solid teal]{\text{proof 1}}$$

برای اثبات دنباله دیگری به صورت زیر تعریف میکنیم :

$$\bbox[5px, border:1px solid teal]{y_n:=\big( 1+\dfrac{1}{n}\big)^{n+1} \ \ ; \ \ n \in \mathbb{N}}$$ توجه کنید که :

$$y_n=\big( \dfrac{n+1}{n}\big)^{n+1} \ \ \ \ \ ; \ \ \ \ \ \ n \in \mathbb{N}$$

برای هر $ n\geq 2 \in \mathbb{N} $ داریم :

$$\begin{align}{\dfrac{y_{n-1}}{y_n}}\\&=\dfrac{\big( \dfrac{n}{n-1}\big)^{n}}{\big( \dfrac{n+1}{n}\big)^{n+1}}=\big( \dfrac{n}{n-1}\big)^{n} \cdot \big( \dfrac{n+1}{n}\big)^{n+1} \\&=\dfrac{n^{2n+1}}{(n-1)^n\cdot(n+1)^n\cdot(n+1)}\\& =\dfrac{n^{2n}}{(n^2-1)^n}\cdot \dfrac{n}{n+1}\\&= \big(\dfrac{n^2}{n^2-1}\big)^n\cdot \dfrac{n}{n+1}=\underbrace{ \big(1+\dfrac{1}{n^2-1}\big)^n}_{:=q_n}\cdot \dfrac{n}{n+1}\end{align}$$

باتوجه به نامساوی برنولی نتیجه میشود که :

$$q_n:=\big(1+\dfrac{1}{n^2-1}\big)^n\geq 1+\dfrac{1}{n^2-1}>1+\dfrac{n}{n^2}=1+\dfrac{1}{n}$$

از این رو :

$$\dfrac{y_{n-1}}{y_n}=q_n\cdot \dfrac{n}{n+1}>\dfrac{n+1}{n}\cdot\dfrac{n}{n+1}=1$$

ثابت کردیم که :

$$y_{n-1}>y_n \ \ \ \ \ \forall \ \ n\geq 2\in\mathbb{N} $$

بنابراین دنباله $\big( y_n\big)_{ n \in \mathbb{N}}$ اکید نزولی است .

حال ثابت میکنیم که :

$$y_n=\big( \dfrac{n+1}{n}\big)^{n+1}>1 \ \ \ n \in \mathbb{N}$$

بدیهی است که :

$$ n+1>n \ \ \ \ n \in \mathbb{N} $$ $$\dfrac{n+1}{n}>\dfrac{n}{n}=1$$

دو طرف نامساوی را به توان $(n+1)$ میرسانیم :

$$y_n=\big( \dfrac{n+1}{n}\big)^{n+1}>1 \ \ \ n \in \mathbb{N}$$

حال با توجه به :

$$1<\big( \dfrac{n+1}{n}\big)^{n+1}<y_1=4 \ \ \ n \in \mathbb{N}$$

دنباله $ \big( y_n\big)_{ n \in \mathbb{N}}$ کراندار است .

در نتیجه طبق قضیه $\checkmark$ وایرشتراس دنباله $\big( y_n\big)_{ n \in \mathbb{N}}$ همگرا است .

$\checkmark$ هر دنباله یکنوا از اعداد حقیقی همگرا است . اگر و فقط اگر کراندار باشد .

مشاهده کنید که در واقع :

$$y_n=x_n\cdot\big(\dfrac{n+1}{n}\big)$$ $$x_n=y_n\cdot\big(\dfrac{n}{n+1}\big)$$

میدانیم که دنباله $ \big( y_n\big)_{ n \in \mathbb{N}}$ همگراست و همچنین :

$$\lim_{n\to\infty}\big(\dfrac{n}{1+n}\big)=\lim_{n\to\infty}\big(\dfrac{1}{1+\dfrac{1}{n}}\big)=1$$

در نتیجه دنباله $ \big( x_n\big)_{ n \in \mathbb{N}}$ همگرا است .$ \Box $


$$\bbox[5px,border:1px solid teal]{\text{proof 2}}$$

با توجه به نامساوی $G_{n+1} < A_{n+1}$ داریم :

$$a_1:=1 \ , a_2=a_3=...=a_{n+1}:=1+\dfrac{1}{n}$$

$$\sqrt[\Large{n+1}]{1\cdot\big(1+\dfrac{1}{n}\big)^n}<\dfrac{1+n\big(1+\dfrac{1}{n}\big)}{n+1}<\dfrac{n+2}{n+1}=1+\dfrac{1}{1+n}$$

دو طرف نامساوی را به توان $(n+1)$ میرسانیم :

$$\big(1+\dfrac{1}{n}\big)^n<\big(1+\dfrac{1}{n+1}\big)^{n+1}$$

در واقع :

$$x_n<x_{n+1} \ \ ; \ \ \forall \ \ n\in \mathbb{N}$$

ثابت کردیم که دنباله $\big( x_n\big)_{ n \in \mathbb{N}}$ اکید صعودی است .

ثابت میکنیم دنباله $ \big( x_n\big)_{ n \in \mathbb{N}}$ از بالا کراندار است .

برای اثبات با توجه به نامساوی $G_{n+1} < A_{n+1}$ داریم :

$$a_1:=1 \ , a_2=a_3=...=a_{n+1}:=1-\dfrac{1}{n}$$

$$\sqrt[\Large{n+1}]{1 \cdot\big(1-\dfrac{1}{n}\big)^n}<\dfrac{n\big(1-\dfrac{1}{n}\big)+1}{n+1}<\dfrac{n}{n+1}$$

$$\left(\frac{n}{n+1}\right)^{n+1} > \left(1-\frac1n\right)^n$$

$$\left(\frac{n+1}{n}\right)^{n+1} < \left(\frac{n}{n-1}\right)^n$$

$$y_n:=\left(1 + \frac1n\right)^{n+1} < \left(1 + \frac1{n-1}\right)^n:=y_{n-1}$$ در واقع :

$$y_n < y_{n-1} \ \ ; \ \ \forall \ \ n\in \mathbb{N}$$

$$y_n > y_{n+1} \ \ ; \ \ \forall \ \ n\in \mathbb{N}$$

بنابراین خواهیم داشت :

$$2=x_1\leq x_n < y_n \le y_1 = \left(1 + \frac11\right)^2 = 4$$

در نتیجه ثابت شد دنباله $ \big( x_n\big)_{ n \in \mathbb{N}}$ از بالا کراندار است .

بنابراین طبق قضیه وایرشتراس دنباله $ \big( x_n\big)_{ n \in \mathbb{N}}$ همگرا است .$ \Box $


$$\bbox[5px,border:1px solid teal]{\text{proof 3}}$$

با استفاده از بسط دو جمله‌ ای داریم :

$$ \begin{align} x_n:=\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n\\=&\sum_{i=0}^{n}\ \binom{n}{i} \dfrac{1}{i}\\=&1+\sum_{i=1}^{n}\binom{n}{i} \dfrac{1}{i}\\=& 1+\sum_{i=1}^{n}\dfrac{n(n-1)\cdot\cdot\cdot(n-i-1)}{i!}\cdot\dfrac{1}{n^i}\\=&1+\sum_{i=1}^{n}\left(1-\dfrac{1}{n}\right)\left(1-\dfrac{2}{n}\right)\cdot\cdot\cdot\left(1-\dfrac{i-1}{n}\right)\dfrac{1}{i!}\\\leq& \ 1+\sum_{i=1}^{n+1}\left(1-\dfrac{1}{n+1}\right)\cdot\cdot\cdot\left(1-\dfrac{i-1}{n+1}\right)\dfrac{1}{i!}\\=& \left(1+\dfrac{1}{n+1}\right)^{n+1}\\=& \ x_{n+1} \end{align} $$

ثابت کردیم که دنباله $\big( x_n\big)_{ n \in \mathbb{N}}$ اکید صعودی است .

و همچنین برای $n\geq 2 \in \mathbb{N}$ داریم :

$$ \begin{align} x_n:=\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n\\=& 1+\sum_{i=1}^{n}\left(1-\dfrac{1}{n}\right)\cdot\cdot\cdot\left(1-\dfrac{i-1}{n}\right)\dfrac{1}{i!} \\\leq& \ 2\sum_{i=1}^{n}\dfrac{1}{i} \\\leq& \ 2+\sum_{i=1}^{n}\dfrac{1}{2^{i-1}}\\ \leq& \ 3 \end{align} $$

ثابت شد دنباله $ \big( x_n\big)_{ n \in \mathbb{N}}$ از بالا کراندار است .

بنابراین طبق قضیه وایرشتراس دنباله $ \big( x_n\big)_{ n \in \mathbb{N}}$ همگرا است .$ \Box $


ثابت کردیم که دنباله $ \big( x_n\big)_{ n \in \mathbb{N}}$ همگرا است .

یعنی حاصل حد دنباله $ \big( x_n\big)_{ n \in \mathbb{N}}$ یک عدد یکتاست . عدد یکتا را تعریف میکنیم :

$$\bbox[10px, border:1px solid #4682B4]{\color{teal}{e}:=\lim_{n}\big( 1+\dfrac{1}{n}\big)^n}$$


$$\large\mathscr{SADEGH \color{teal}{SADERI} MEHRAN}$$
دارای دیدگاه آذر ۱۵, ۱۳۹۶ توسط erfanm
عالی بود ممنون
لطفا ما را در شبکه های اجتماعی دنبال کنید:
به محفل ریاضی ایرانیان خوش آمدید!
امروز : تاریخ شمسی اینجا نمایش داده می‌شود

♥ حمایت مالی
34 نفر آنلاین
0 عضو و 34 مهمان در سایت حاضرند
بازدید امروز: 10477
بازدید دیروز: 12143
بازدید کل: 3882227
...