به محفل ریاضی ایرانیان خوش آمدید! لطفا برای استفاده از تمامی امکانات عضو شوید
سایت پرسش و پاسخ ریاضی
ارسال شده خرداد ۲۶, ۱۳۹۶ در مطالب ریاضی توسط saderi7
نمایش از نو شهریور ۱۲, ۱۳۹۶ توسط saderi7
472 بازدید
$$\large\mathscr{IN THE NAME OF \color{teal}{ ALLAH} }$$

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 : <math>$$x_n<x_{n+1} \ \ ; \ \ \forall \ \ n\in \mathbb{N}$$ ثابت کردیم که دنباله <math>$\big( x_n\big)_{ n \in \mathbb{N}}$ 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 :

$$y_n < y_{n-1} \ \ ; \ \ \forall \ \ n\in \mathbb{N}$$ <math>$$y_n > y_{n+1} \ \ ; \ \ \forall \ \ n\in \mathbb{N}$$ بنابراین خواهیم داشت : <math>$$2=x_1\leq x_n < y_n \le y_1 = \left(1 + \frac11\right)^2 = 4$$

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 :

$$\bbox[10px, border:1px solid #4682B4]{\color{teal}{e}:=\lim_{n}\big( 1+\dfrac{1}{n}\big)^n}$$ ---------------------------- <math>$$\large\mathscr{SADEGH \color{teal}{SADERI} MEHRAN}$$
دارای دیدگاه آذر ۱۵, ۱۳۹۶ توسط erfanm
عالی بود ممنون

حمایت مالی


کانال تلگرام محفل ریاضی
امروز : تاریخ شمسی اینجا نمایش داده می‌شود
...