Analiza matematyczna, zadanie nr 3666
ostatnie wiadomo艣ci | regulamin | latex
| Autor | Zadanie / Rozwi膮zanie |
mathstu post贸w: 2 |  2015-10-11 23:52:49Witam. Napotka艂em na pewien problem z rozwi膮zaniem zadania z analizy matematycznej dotycz膮cy granicy ci膮gu. Tre艣膰 zadania jest nast臋puj膮ca: Wyznacz granic臋 ci膮gu u_{n} = \frac{1^{2}+2^{2}+...+n^{2}}{n^{3}}. Sugeruj si臋 wzorem: 1+2+...+n = \frac{n(n+1)}{2} Mam kilkana艣cie zada艅 tego typu i w ka偶dym mam si臋 sugerowa膰 innym wzorem, dlatego prosz臋 o dok艂adne wyt艂umaczenie (krok po kroku) co i dlaczego nale偶y zrobi膰 akurat w tym przypadku, a ja postaram si臋 za艂apa膰 jak膮艣 analogi臋 i rozwi膮za膰 kolejne. |
mathstu post贸w: 2 | 2015-10-11 23:54:38 Poprawka: $ u_{n} = \frac{1^{2}+2^{2}+...+n^{2}}{n^{3}}. $ WZ脫R: $1+2+...+n = \frac{n(n+1)}{2}$ |
tumor post贸w: 8070 | 2015-10-12 09:06:53 Gdy dodajesz i-te pot臋gi kolejnych liczb naturalnych 1,2,...,n, to wynik jest wielomianem stopnia i+1. Na pewno $1^i+2^i+3^i+...+n^i=a_0+a_1n+a_2n^2+...+a_in^i+a_{i+1}n^{i+1}$ Dlatego na przyk艂ad $1^2+2^2+3^2+...+n^2=a_0+a_1n+a_2n^2+a_3n^3$ Wystarczy policzy膰 wsp贸艂czynniki a_0,a_1,a_2,a_3, a liczymy je w ten spos贸b, 偶e podstawiamy za n jakie艣 proste liczby (sugeruj臋 1,2,3,4). I tak $1^2=a_0+a_1+a_2+a_3$ $1^2+2^2=a_0+2a_1+4a_2+8a_3$ $1^2+2^2+3^2=a_0+3a_1+9a_2+27a_3$ $1^2+2^2+3^2+4^2=a_0+4a_1+16a_2+64a_3$ Dostajesz uk艂ad czterech niewiadomych, kt贸ry jednak nietrudno policzy膰. Gdy pierwsze r贸wnanie odejmiemy od pozosta艂ych, b臋dzie $1=a_0+a_1+a_2+a_3$ $4=a_1+3a_2+7a_3$ $13=2a_1+8a_2+26a_3$ $29=3a_1+15a_2+63a_3$ Teraz drugie od pozosta艂ych $-3=a_0-2a_2-6a_3$ $4=a_1+3a_2+7a_3$ $5=2a_2+12a_3$ $17=6a_2+42a_3$ i trzecie od pozosta艂ych $2=a_0+6a_3$ $-3,5=a_1-11a_3$ $5=2a_2+12a_3$ $2=6a_3$ a wi臋c $a_3=\frac{2}{6}$ $a_2=\frac{3}{6}$ $a_1=\frac{1}{6}$ $a_0=0$ czyli $1^2+2^2+3^2+...n^2=\frac{2n^3+3n^2+n}{6}$ ----- Uwaga. Sumowanie od 0, czyli $0^2+1^2+...$ mog艂oby nieco u艂atwi膰 uk艂ad. ----- Ale to wy偶ej to by艂a taka metoda do艣膰 elementarna, no i wymaga艂a wiedzy, 偶e wynikiem b臋dzie wielomian. Teraz zadanie rozwi膮偶emy nieco sprytniej. Zauwa偶my, 偶e $\sum_{k=0}^n(k+1)^{i+1}- \sum_{k=0}^n(k)^{i+1}=(n+1)^{i+1}$ czyli $(n+1)^{i+1}+\sum_{k=0}^n(k)^{i+1}=\sum_{k=0}^n(k+1)^{i+1}$ przy tym $(k+1)^{i+1}=\sum_{j=0}^{i+1}{{i+1} \choose j}k^j$ po podstawieniu $(n+1)^{i+1}+\sum_{k=0}^n(k)^{i+1}=\sum_{k=0}^n\sum_{j=0}^{i+1}{{i+1} \choose j}k^j$ Przy tym interesowa膰 nas tu b臋d膮 w tej chwili wysokie pot臋gi k, czyli rozpiszmy sobie: $(n+1)^{i+1}+\sum_{k=0}^n(k)^{i+1}=\sum_{k=0}^n(k^{i+1}+(i+1)k^i+\frac{i(i+1)}{2}k^{i-1}+\sum_{j=0}^{i-2}{{i+1} \choose j}k^j)$ St膮d $(n+1)^{i+1}=\sum_{k=0}^n((i+1)k^i+\frac{i(i+1)}{2}k^{i-1}+\sum_{j=0}^{i-2}{{i+1} \choose j}k^j)$ Wynik jest prze艣liczny, tylko sobie zinterpretujemy, co m贸wi. Podano Ci na zaj臋ciach wz贸r, m贸wi膮cy, 偶e $\sum_{k=0}^nk=\frac{n(n+1)}{2}$. B臋d臋 u偶ywa艂 zapisu $\frac{n(n+1)}{2} \approx \frac{n^2}{2}$ na oznaczenie, 偶e w granicy te dwa wielomiany zachowuj膮 si臋 identycznie, wa偶ny jest tylko wsp贸艂czynnik przy najwy偶szej pot臋dze, a reszta jest zaniedbywalna. Podstawiaj膮c do powy偶szego wzoru $i=2$ dostaniemy $(n+1)^{3}=\sum_{k=0}^n((3)k^2+3k^{1})=3(\sum_{k=0}^nk^2+\sum_{k=0}^nk)$ st膮d $\sum_{k=0}^nk^2=\frac{(n+1)^3}{3}-\sum_{k=0}^nk \approx \frac{n^3}{3}$ Czyli granica $\lim_{n \to \infty}\frac{\sum_{k=0}^nk^2}{n^3}= \lim_{n \to \infty}\frac{\frac{n^3}{3}}{n^3}=\frac{1}{3}$ Ale dostali艣my przecie偶 wynik og贸lny. Mamy $(n+1)^{i+1}=\sum_{k=0}^n((i+1)k^i+\frac{i(i+1)}{2}k^{i-1}+\sum_{j=0}^{i-2}{{i+1} \choose j}k^j)$ czyli $\sum_{k=0}^n(i+1)k^i=(n+1)^{i+1}-\sum_{k=0}^n(\frac{i(i+1)}{2}k^{i-1}+\sum_{j=0}^{i-2}{{i+1} \choose j}k^j)$ wiemy, 偶e sum膮 pierwszych pot臋g jest wielomian drugiego stopnia, zatem indukcyjnie dostajemy wniosek, 偶e sum膮 pot臋g z wyk艂adnikiem (i-1) jest wielomian i-tego stopnia, jest on zatem zaniedbywalny w granicy, czyli $\sum_{k=0}^n(i+1)k^i\approx (n+1)^{i+1} \approx n^{i+1}$ czyli $\sum_{k=0}^nk^i \approx \frac{n^{i+1}}{i+1}$ wobec czego $\lim_{n \to \infty}\frac{1^i+2^i+3^i+...+n^i}{n^{i+1}}=\frac{1}{i+1}$ W wielu miejscach przybli偶a艂em wynik obcinaj膮c cz臋艣膰 nieistotn膮 w granicy. Natomiast przy u偶yciu powy偶szego rozwi膮zania mo偶na te偶 uzyska膰 wszystkie wsp贸艂czynniki odpowiednich wielomian贸w, przy czym wad膮 rozwi膮zania rekurencyjnego jest potrzeba posiadania rozwi膮za艅 dla 1,...,i, by poda膰 rozwi膮zanie dla i+1. Wiadomo艣膰 by艂a modyfikowana 2015-10-26 21:23:00 przez tumor |
| strony: 1 | |
Prawo do pisania przys艂uguje tylko zalogowanym u偶ytkownikom. Zaloguj si臋 lub zarejestruj