14 svar
220 visningar
AlvinB är nöjd med hjälpen!
AlvinB 3032
Postad: 15 jan 2019

Gränsvärde av pi-potens-produkt!

Hej!

För de som känner sig sugna på ett gränsvärde så här på kvällskvisten har jag följande problem:

Bestäm gränsvärdet

limnπn·2πn·...·nπn12n2\lim_{n\to\infty}\left(\pi^n\cdot2\pi^n\cdot...\cdot n\pi^n\right)^{\frac{1}{2n^2}}

exakt.

Albiki 3928
Postad: 15 jan 2019

Gränsvärdet bör vara π\sqrt{\pi} eftersom logn\log n växer långsammare än nn. Ledning: Studera vad som händer med gränsvärdets logaritm och utnyttja att logaritmfunktionen är strängt växande.

tomast80 2331
Postad: 15 jan 2019

Förslag på lösning nedan.

AlvinB 3032
Postad: 16 jan 2019 Redigerad: 16 jan 2019

Snyggt, tomast!

Din metod går alltså ut på att studera gränsvärdets logaritm och därefter använda instängningssatsen med olikheten:

0ln(n!)2n2ln(n2n)2n20\leq\dfrac{\ln(n!)}{2n^2}\leq\dfrac{\ln(\left(\frac{n}{2}\right)^n)}{2n^2}

Att ln(n!)2n20\frac{\ln(n!)}{2n^2}\geq0 är en ganska trivial olikhet, men den högra olikheten kan jag tycka behöver en motivering. Hur kommer du fram till den?

tomast80 2331
Postad: 16 jan 2019

Tack! Helt ärligt tänkte jag ut den själv utifrån det geometriska medelvärdet: https://sv.m.wikipedia.org/wiki/Geometriskt_medelv%C3%A4rde

Idén kom utifrån att jag parvis tar:

1·nn2·n21\cdot n \le \frac{n}{2}\cdot \frac{n}{2}

Kanske inte helt matematiskt stringent, men kom till övertygelsen att produkten av två tal med fix summa maximeras om båda utgörs av dess medelvärde.

maxaa(S-a)=S24 \max_a a(S-a)= \frac{S^2}{4} för a=S2

Albiki 3928
Postad: 16 jan 2019

Då logaritmfunktionen är strängt växande följer det att

    log(πn·2πn··nπn)1/(2n2)=12n2k=1n(logk+nlogπ)nlogn2n2+n2logπ2n2.\log (\pi^{n}\cdot 2\pi^{n}\cdot \cdots \cdot n\pi^{n})^{1/(2n^2)} = \frac{1}{2n^2}\sum_{k=1}^{n}(\log k + n\log \pi) \leq \frac{n\log n}{2n^2} + \frac{n^2\log\pi}{2n^2}.

Notera även att

    logπ212n2k=1n(logk+nlogπ)\frac{\log\pi}{2} \leq \frac{1}{2n^2}\sum_{k=1}^{n}(\log k + n\log \pi)

så att det följer från gränsvärdet limnlognn=0\lim_{n\to\infty}\frac{\log n}{n} = 0 att

    limnlog(πn·2πn··nπn)1/(2n2)=logπ2\lim_{n\to} \log (\pi^{n}\cdot 2\pi^{n}\cdot \cdots \cdot n\pi^{n})^{1/(2n^2)} = \frac{\log \pi}{2}

och kontinuitet hos logaritmfunktionen medför att det sökta gränsvärdet är π\sqrt{\pi}.

AlvinB 3032
Postad: 16 jan 2019 Redigerad: 16 jan 2019

EDIT: Angående tomasts inlägg:

Intressant!

Hur geometriskt medelvärde kommer in i bilden begriper jag inte riktigt, men det senare med att para ihop faktorerna likt en Gauss-summa och därefter utnyttja att summan blir konstant för att beräkna maxvärdet tyckte jag var riktigt snyggt.

En lite tråkigare variant för att visa olikheten är väl ett induktionsbevis. Då inser man även ganska snabbt att man kan få en ännu enklare olikhet om man tar ln(nn)2n2\frac{\ln(n^n)}{2n^2} istället för ln((n2)n)2n2\frac{\ln((\frac{n}{2})^n)}{2n^2}.

Min egen variant gick ut på att använda Stirlings formel:

limnln(n!)2n2=limnln(2πn(ne)n)2n2=limnln(2π)+ln(n)2n2+nln(ne)2n2=\lim_{n\to\infty}\dfrac{\ln(n!)}{2n^2}=\lim_{n\to\infty}\dfrac{\ln(\sqrt{2\pi n}(\frac{n}{e})^n)}{2n^2}=\lim_{n\to\infty}\dfrac{\ln(\sqrt{2\pi})+\ln(\sqrt{n})}{2n^2}+\dfrac{n\ln(\frac{n}{e})}{2n^2}=

=limnnln(n)2n2-nln(e)2n2=limnln(n)2n-12n=0=\lim_{n\to\infty}\dfrac{n\ln(n)}{2n^2}-\dfrac{n\ln(e)}{2n^2}=\lim_{n\to\infty}\dfrac{\ln(n)}{2n}-\dfrac{1}{2n}=0

AlvinB 3032
Postad: 16 jan 2019
Albiki skrev:

Då logaritmfunktionen är strängt växande följer det att

    log(πn·2πn··nπn)1/(2n2)=12n2k=1n(logk+nlogπ)nlogn2n2+n2logπ2n2.\log (\pi^{n}\cdot 2\pi^{n}\cdot \cdots \cdot n\pi^{n})^{1/(2n^2)} = \frac{1}{2n^2}\sum_{k=1}^{n}(\log k + n\log \pi) \leq \frac{n\log n}{2n^2} + \frac{n^2\log\pi}{2n^2}.

Notera även att

    logπ212n2k=1n(logk+nlogπ)\frac{\log\pi}{2} \leq \frac{1}{2n^2}\sum_{k=1}^{n}(\log k + n\log \pi)

så att det följer från gränsvärdet limnlognn=0\lim_{n\to\infty}\frac{\log n}{n} = 0 att

    limnlog(πn·2πn··nπn)1/(2n2)=logπ2\lim_{n\to} \log (\pi^{n}\cdot 2\pi^{n}\cdot \cdots \cdot n\pi^{n})^{1/(2n^2)} = \frac{\log \pi}{2}

och kontinuitet hos logaritmfunktionen medför att det sökta gränsvärdet är π\sqrt{\pi}.

 Vackert!

Du utnyttjar alltså att

k=1nlogknlogn\displaystyle\sum_{k=1}^n\log k\leq n\log n

för att få olikheten

12n2k=1nlogk+nlogπnlogn2n2+n2logπ2n2\displaystyle\frac{1}{2n^2}\sum_{k=1}^n\log k+n\log\pi\leq\frac{n\log n}{2n^2}+\frac{n^2\log\pi}{2n^2}

vilket tillsammans med din andra olikhet ger att gränsvärdet blir logπ2\frac{\log\pi}{2}.

tomast80 2331
Postad: 16 jan 2019 Redigerad: 16 jan 2019
AlvinB skrev:

EDIT: Angående tomasts inlägg:

Intressant!

Hur geometriskt medelvärde kommer in i bilden begriper jag inte riktigt, men det senare med att para ihop faktorerna likt en Gauss-summa och därefter utnyttja att summan blir konstant för att beräkna maxvärdet tyckte jag var riktigt snyggt.

En lite tråkigare variant för att visa olikheten är väl ett induktionsbevis. Då inser man även ganska snabbt att man kan få en ännu enklare olikhet om man tar ln(nn)2n2\frac{\ln(n^n)}{2n^2} istället för ln((n2)n)2n2\frac{\ln((\frac{n}{2})^n)}{2n^2}.

Min egen variant gick ut på att använda Stirlings formel:

limnln(n!)2n2=limnln(2πn(ne)n)2n2=limnln(2π)+ln(n)2n2+nln(ne)2n2=\lim_{n\to\infty}\dfrac{\ln(n!)}{2n^2}=\lim_{n\to\infty}\dfrac{\ln(\sqrt{2\pi n}(\frac{n}{e})^n)}{2n^2}=\lim_{n\to\infty}\dfrac{\ln(\sqrt{2\pi})+\ln(\sqrt{n})}{2n^2}+\dfrac{n\ln(\frac{n}{e})}{2n^2}=

=limnnln(n)2n2-nln(e)2n2=limnln(n)2n-12n=0=\lim_{n\to\infty}\dfrac{n\ln(n)}{2n^2}-\dfrac{n\ln(e)}{2n^2}=\lim_{n\to\infty}\dfrac{\ln(n)}{2n}-\dfrac{1}{2n}=0

 Vackert AlvinB!

Kopplingen till geometriskt medelvärde var något oklar kan jag medge, dock var tanken att man först utgår från att det geometriska medelvärdet alltid är mindre än (eller lika med) det aritmetiska. Sen när man ”vänder på det” och tar mittvärdet och multiplicerar med sig själv så blir det större än produkten av två tal som är utspridda jämnt åt båda hållen från medelvärdet. Möjligen blev det en viss omväg, men dock.

Smart att direkt köra att: log(nn)n2\log (n^n) \le n^2, det blir ju helt klart ännu enklare.

Albiki 3928
Postad: 17 jan 2019

AG-olikheten kanske kan användas också.

    (n!·πn2)12n2=n!12n2·π12(n!\cdot \pi^{n^2})^{\frac{1}{2n^2}} = n!^{\frac{1}{2n^2}} \cdot \pi^{\frac{1}{2}}

och det gäller att visa att

    limnn!12n2=1.\lim_{n\to\infty} n!^{\frac{1}{2n^2}} = 1.

Enligt AG-olikheten gäller det att

    1n!1n1+2++nn=n+121\leq n!^{\frac{1}{n}} \leq \frac{1+2+\cdots+n}{n} = \frac{n+1}{2}

varför

    1n!12n2(n+12)12n1\leq n!^{\frac{1}{2n^2}} \leq (\frac{n+1}{2})^{\frac{1}{2n}}.

Sedan gäller det att limn(n+12)12n=1\lim_{n\to\infty}(\frac{n+1}{2})^{\frac{1}{2n}} = 1 vilket ger det sökta gränsvärde π12\pi^{\frac{1}{2}}.

AlvinB 3032
Postad: 17 jan 2019
Albiki skrev:

AG-olikheten kanske kan användas också.

    (n!·πn2)12n2=n!12n2·π12(n!\cdot \pi^{n^2})^{\frac{1}{2n^2}} = n!^{\frac{1}{2n^2}} \cdot \pi^{\frac{1}{2}}

och det gäller att visa att

    limnn!12n2=1.\lim_{n\to\infty} n!^{\frac{1}{2n^2}} = 1.

Enligt AG-olikheten gäller det att

    1n!1n1+2++nn=n+121\leq n!^{\frac{1}{n}} \leq \frac{1+2+\cdots+n}{n} = \frac{n+1}{2}

varför

    1n!12n2(n+12)12n1\leq n!^{\frac{1}{2n^2}} \leq (\frac{n+1}{2})^{\frac{1}{2n}}.

Sedan gäller det att limn(n+12)12n=1\lim_{n\to\infty}(\frac{n+1}{2})^{\frac{1}{2n}} = 1 vilket ger det sökta gränsvärde π12\pi^{\frac{1}{2}}.

Det var en mycket elegant variant!

Albiki 3928
Postad: 17 jan 2019

För att visa gränsvärdet limnn!1n2=1\lim_{n\to\infty}n!^{\frac{1}{n^2}}=1 kan man notera att 1n!nn1\leq n! \leq n^{n} vilket ger

    1n!1n2n1n1\leq n!^{\frac{1}{n^2}} \leq n^{\frac{1}{n}}

Nu gäller det att visa att n1n1n^{\frac{1}{n}} \to 1 när n.n\to\infty.

tomast80 2331
Postad: 18 jan 2019

Det sista steget gör man väl ganska enkelt medelst logaritmering?

limnlnnn=0\lim_{n \to \infty} \frac{\ln n}{n}=0 \Rightarrow

limnn1n=e0=1

Albiki 3928
Postad: 18 jan 2019
tomast80 skrev:

Det sista steget gör man väl ganska enkelt medelst logaritmering?

limnlnnn=0\lim_{n \to \infty} \frac{\ln n}{n}=0 \Rightarrow

limnn1n=e0=1

 Ja, men hur visar man standardgränsvärdet limnlnnn=0\lim_{n\to\infty}\frac{\ln n}{n} = 0, som är samma sak som limx0xlnx=0\lim_{x\downarrow 0}x\ln x = 0?

tomast80 2331
Postad: 18 jan 2019

Förslagsvis skriver man om det på formen:

limx0+lnx1x\lim_{x\to 0^+}\frac{\ln x}{\frac{1}{x}}

och tillämpar sedan l’Hôpitals regel.

Svara Avbryt
Close