Anula o 12:59, 22 maj 2015

2015-05-22T12:59:47Z

Anula: Utworzono nową stronę "NOCOT =Granice ciągów liczbowych= ==Zadanie== Obliczyć z definicji granicę ciągu o wyrazie $\displaystyle a_n=\frac{1}{n^c}$ , gdzie $c$
2015-05-22T12:59:27Z

Utworzono nową stronę "NOCOT =Granice ciągów liczbowych= ==Zadanie== Obliczyć z definicji granicę ciągu o wyrazie <math>\displaystyle a_n=\frac{1}{n^c}</math>, gdzie <math>c</math..."

Nowa strona
NOCOT

=Granice ciągów liczbowych=

==Zadanie==

Obliczyć z definicji granicę ciągu o wyrazie
<math>\displaystyle a_n=\frac{1}{n^c}</math>, gdzie <math>c</math> jest pewną stałą liczbą.

Definicja: granicą ciągu <math>\lbrace a_n\rbrace </math> jest liczba <math>\tilde{a}</math>, jeśli

::<math>
\forall _{\epsilon >0}\, \exists _{N}\, \forall _{n>N}\, |a_n-\tilde{a}|<\epsilon </math>

Sprawdzamy, czy i kiedy granica rozpatrywanego ciągu wynosi 0.
W taki przypadku warunek z powyższej definicji ma postać

::<math>
\left|\frac{1}{n^c}-0\right|<\epsilon </math>

Dla każdego <math>\epsilon </math> musimy znaleźć takie <math>N</math>, żeby warunek
z definicji granicy ciągu był spełniony.
Liczby <math>n^c</math> są dodatnie, więc możemy opuścić wartość bezwzględną

::<math>
\frac{1}{n^c}<\epsilon </math>

Liczba <math>\epsilon </math> też jest dodatnia, więc możemy obliczyć “odwrotność”
powyższej nierówności

::<math>
n^c>\frac{1}{\epsilon }
</math>

Chcemy podnieść obie strony nierówności to potęgi <math>1/c</math>, tak aby
po lewej stronie zostało samo <math>n</math>. Zrobimy to “ostrożnie”, żeby się
nauczyć, czy i kiedy w takim przypadku można zachować kierunek
nierówności, a kiedy trzeba go zmienić. Funkcji <math>\ln (x)</math> jest ściśle
rosnąca, więc powyższa nierówność jest zachowana,
jeśli policzymy logarytm z każdej z jej stron

::<math>
\ln (n^c)>\ln \left(\frac{1}{\epsilon }\right)
</math>

::<math>
c\ln (n)>\ln (\epsilon ^{-1})
</math>

Następnym krokiem jest podzieleniu obu stron nierówności prze <math>c</math>.
Musimy rozważyć osobno przypadek każdego znaku stałej <math>c</math>

<ul>

<li>
<math>c>0</math>:

W taki przypadku znak nierówności się nie zmienia

::<math>
\ln (n)>\frac{1}{c}\ln \left(\epsilon ^{-1}\right)
=\ln \left[\left(\epsilon ^{-1}\right)^{(1/c)}\right]
=
\ln \left(\epsilon ^{-1/c}\right)
</math>

Korzystają znów z monotoniczności funkcji <math>\ln (x)</math> dostajemy

::<math>
n>\epsilon ^{-1/c}=\frac{1}{\epsilon ^{1/c}}
</math>

Każda liczba <math>n</math> spełniająca warunek

::<math>
N\ge \frac{1}{\epsilon ^{1/c}}
</math>

może być użyta w definicji granicy ciągu.

<li>
<math>c<0</math>:

W taki przypadku znak nierówności się zmienia

::<math>
\ln (n)<\ln \left(\epsilon ^{-1/c}\right)
</math>

co po analogicznych jak uprzednio przekształceniach daje

::<math>
n<\epsilon ^{-1/c}=\frac{1}{\epsilon ^{1/c}}
</math>

Nie ma więc takiej liczby <math>N</math>, dla której byłby spełniony warunek
z definicji granicy ciągu.

</ul>

Pokazaliśmy, że dla dodatnich <math>c</math> ciąg <math>\lbrace a_n\rbrace </math> ma granicę równą 0.
Dla <math>c=0</math> ciąg też ma granicę, ale tym razem wynosi ona 1.
Dowód jest niezwykle prosty: dla <math>c=0</math> każdy wyraz ciąg
jest równy <math>a_n=1</math>. Jest to ciąg stały, dla którego
<math>|a_n-1|=0</math> i warunek z definicji granicy ciągu jest spełniony dla
dowolnych <math>\epsilon </math> i <math>N</math>.

Dla ujemnych <math>c</math> ciąg <math>a_n</math> nie ma granicy. Nie wydaje się, żeby
celowe było przeprowadzanie rygorystycznego dowodu.

==Znaleźć granice następujących ciągów==

===Zadanie===

::<math>
\lim _{n\rightarrow \infty }\frac{(n+1)^2-n^2}{3n}
=
\lim _{n\rightarrow \infty }\frac{n^2+2n+1-n^2}{3n}
=
\lim _{n\rightarrow \infty }\frac{2n+1}{3n}
=
\lim _{n\rightarrow \infty }\left(\frac{2}{3}+\frac{1}{3n}\right)
=
\frac{2}{3}
</math>

===Zadanie===

::<math>
\lim _{n\rightarrow \infty }\left(\sin (n\pi )\right)=0
</math>

===Zadanie===

::<math>
\lim _{n\rightarrow \infty }\left(\cos (n\pi )\right)=?
</math>

Ta granica nie istnieje, ponieważ <math>a_n=\cos (n\pi )=(-1)^n</math>, czyli
<math>a_{2n}=+1</math>, <math>a_{2n+1}=-1</math>.

===Zadanie===

::<math>
\lim _{n\rightarrow \infty }\frac{\cos (n\pi )}{n\pi }=0
</math>

Ten ostatni wynik można udowodnić w sposób następujący:

::<math>
a_n=\frac{(-1)^n}{n\pi }
</math>

::<math>
\left|\frac{(-1)^n}{n\pi }-0\right|<\epsilon \qquad \qquad \Rightarrow \qquad \qquad n>\frac{1}{\epsilon \pi }
</math>

===Zadanie===

<math>\begin{matrix}
\lim _{n\rightarrow \infty }\cos \left(\frac{(2n+\frac{1}{3})^2}{n}\pi \right)
=
\lim _{n\rightarrow \infty }\cos \left(\frac{4n^2+\frac{4}{3}n+\frac{1}{9}}{n}\pi \right)
\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \\
=
\lim _{n\rightarrow \infty }\cos \left(4n\pi +\frac{4}{3}\pi +\frac{1}{9n}\pi \right)
=
\lim _{n\rightarrow \infty }\cos \left(\frac{4}{3}\pi +\frac{1}{9n}\pi \right)
=
\cos \left(\frac{4}{3}\pi \right)
=
-\frac{1}{2}
\end{matrix}</math>

===Zadanie===

::<math>
\lim _{n\rightarrow \infty }\cos \left(\frac{\pi }{n}\right)
=1
</math>

==Zadanie==

Obliczyć granicę <math>\lim _{n\rightarrow \infty }a_n</math> dla

::<math>
a_n=\sqrt[n]{\frac{n+1}{2n+1}}
</math>

Wyrażenie pod pierwiastkiem spełnia warunek

::<math>
\frac{1}{2} < \frac{1}{2} \left(\frac{n+1}{n+\frac{1}{2}}\right)
= \frac{n+1}{2n+1} \le \frac{2}{3}
</math>

Prawa nierówność wynika z tego, że ciąg <math>d_n=(n+1)/(2n+1)</math> jest malejący.

<math>\begin{matrix}
d_{n+1}-d_{n}
=
\frac{(n+1)+1}{2(n+1)+1}-\frac{n+1}{2n+1}
=
\frac{n+2}{2n+3}-\frac{n+1}{2n+1}
\qquad \qquad \qquad \qquad \\
=
\frac{(n+2)(2n+1)-(n+1)(2n+3)}{(2n+3)(2n+1)}
=
\frac{-1}{(2n+3)(2n+1)}<0
\end{matrix}</math>

Możemy zdefiniować dwa ciągi, <math>b_n</math> i <math>c_n</math>, które spełniają warunki

::<math>
\sqrt[n]{\frac{1}{2}}=b_n < a_n \le c_n=\sqrt[n]{\frac{2}{3}}
</math>

Granice tych nowych ciągów są znane z wykładu. Dla każdej stałej
dodatniej <math>s</math> mamy <math>\lim _{n\rightarrow \infty }\sqrt[n]{s}=1</math>.
Korzystając z twierdzeniach o trzech ciągach

::<math>
b_n \le a_n \le c_n
\qquad \qquad \Rightarrow \qquad \qquad \lim b_n \le \lim a_n \le \lim c_n
</math>

dostajemy

::<math>
\lim _{n\rightarrow \infty }\sqrt[n]{\frac{n+1}{2n+1}}=1
</math>

==Liczba Eulera==

Omawiamy ciąg o wyrazach postaci

::<math>
a_n=\left(1+\frac{1}{n}\right)^n
</math>

Podajemy wartości liczbowe kilku pierwszych wyrazów

::<math>
\begin{array}{l}
a_1=2\\
a_2=\left(\frac{3}{2}\right)^2=\frac{9}{4}=2.250\\
a_3=\left(\frac{4}{3}\right)^3=\frac{64}{27}\approx 2.370\\
a_4=\left(\frac{5}{4}\right)^4=\frac{625}{256}\approx 2.441\\
a_5=\left(\frac{6}{5}\right)^5=\frac{7776}{3125}\approx 2.488\\
a_6=\left(\frac{7}{6}\right)^6=\frac{117649}{46656}\approx 2.522
\end{array}
</math>

Następnie definiujemy liczbę Eulera <math>e</math>

::<math>
e \equiv \lim _{n\rightarrow \infty }\left(1+\frac{1}{n}\right)^n
</math>

Jest to liczba niewymierna, której rozwinięcie dziesiętne zaczyna się od

::<math>
e \approx 2.718281828
</math>

Robimy kilka prostych zadań, w których pojawia się liczba <math>e</math>

===Zadanie===

<math>\begin{matrix}
&&\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!
\lim _{n\rightarrow \infty }\left(1-\frac{1}{n}\right)^n
=
\lim _{n\rightarrow \infty }\frac{1}{\left(\frac{n}{n-1}\right)^n}
=
\lim _{n\rightarrow \infty }\left(\frac{n-1}{n}\,
\frac{1}{\left(\frac{n}{n-1}\right)^{(n-1)}}\right)
\\&&\!\!\!\!\!
=
\lim _{n\rightarrow \infty }\left(\frac{n-1}{n}\right)
\lim _{n\rightarrow \infty }\frac{1}{\left(1+\frac{1}{n-1}\right)^{(n-1)}}
=
\lim _{n\rightarrow \infty }\left(\frac{n-1}{n}\right)
\frac{1}{\lim _{n\rightarrow \infty }\left(1+\frac{1}{n}\right)^n}
\\&&\!\!\!\!\!
=1\cdot \frac{1}{e}=\frac{1}{e}
\end{matrix}</math>

===Zadanie===

Gramy <math>n</math> razy, za każdym razem mając prawdopodobieństwo wygranej równe
<math>1/n</math>. Jakie jest prawdopodobieństwo, że <b>nie</b> wygramy
ani razu?

::<math>
P=\left(1-\frac{1}{n}\right)^n
</math>

Przy bardzo dużej liczbie prób, to prawdopodobieństwo dąży do <math>e^{-1}</math>.

===Zadanie===

Lokata jest oprocentowana na <math>100p</math>%. Jeśli kapitalizacja jest po
roku, oszczędności po roku będą <math>(1+p)</math> razy większe niż początkowy kapitał.
Jak to się zmienia ze zmianą okresu kapitalizacji, jeśli oprocentowanie
przy <math>n</math>-krotnej kapitalizacji wynosi <math>p/n</math>?

Przy <math>n</math>-krotnej kapitalizacji, po n takich okresach (czyli po roku)
oszczędności wzrosną

::<math>
\left(1+\frac{p}{n}\right)^n
</math>

razy. Jaka jest granica efektywnego oprocentowania, przy coraz częstszej
kapitalizacji?

Musimy obliczyć

<math>\begin{matrix}
\lim _{n\rightarrow \infty }\left(1+\frac{p}{n}\right)^n
=
\lim _{pk\rightarrow \infty }\left(1+\frac{p}{pk}\right)^{pk}
=
\lim _{k\rightarrow \infty }\left(1+\frac{p}{pk}\right)^{pk}
\qquad \qquad \qquad \\
=
\lim _{k\rightarrow \infty }\left[\left(1+\frac{1}{k}\right)^k\right]^p
=
\left[\lim _{k\rightarrow \infty }\left(1+\frac{1}{k}\right)^k\right]^p
=
e^p
\end{matrix}</math>

Warto zilustrować to przykładami liczbowymi.

::<math>
e^{0.05}\approx 1.0513
\qquad \qquad e^{0.1}\approx 1.1052
\qquad \qquad e^{0.2}\approx 1.2214
\qquad \qquad e^{0.4}\approx 1.4918
</math>

To pokazuje, że częstość kapitalizacji nie ma istotnego
znaczenia przy niskich stopach procentowych (wzrost z 5% tylko
do 5.13%, a z 10% do około 10.5%).
Dopiero przy stopie procentowej 20%, (nieskończenie)
częsta kapitalizacja daje istotny efekt:
efektywna stopa procentowa wzrasta z 20% do nieco ponad 22%.
Nominalna stopa procentowa 40% rośnie efektywnie już do ponad
49%.

==Zadanie==

Ze względów bardzo praktycznych warto przedyskutować różnice
przy spłacaniu kredytów w zależności od rodzaju rat.
Popularne są dwa rodzaje rat: stałe raty i raty malejące przy
stałej spłacie kapitału.

Oprocentowanie kredytu w skali roku wynosi <math>p</math>.
Raty są płacone co miesiąc, a kredyt w wysokości <math>K</math>
należy spłacić w <math>N</math> ratach.

Obliczenia dla rat malejących są proste.
Pierwsza rata wynosi

::<math>
r_1=k_1+o_1
=\frac{1}{N}K+\frac{p}{12}K=\left(\frac{1}{N}+\frac{p}{12}\right)K
</math>

Przy drugiej racie odsetki płacimy tylko od niespłaconej części
kwoty kredytu

::<math>
r_2=k_2+o_2
=\frac{1}{N}K+\frac{p}{12}\left(1-\frac{1}{N}\right)K
=\left(\frac{1}{N}+\frac{p}{12}-\frac{p}{12N}\right)K
=\left(\frac{1}{N}+\frac{p(N-1)}{12N}\right)K
</math>

Rata numer <math>n</math> wynosi

::<math>
r_n=k_n+o_n
=\frac{1}{N}K+\frac{p}{12}\left(1-\frac{n-1}{N}\right)K
=\left(\frac{1}{N}+\frac{p(N+1-n)}{12N}\right)K
</math>

Obliczamy całkowitą spłatę <math>S_N</math>, jako sumę poszczególnych rat <math>r_n</math>

<math>\begin{matrix}
S_N
&&\!\!\!\!\!\!\!\!=
\sum _{n=1}^N r_n
=
\sum _{n=1}^N \left(\frac{1}{N}+\frac{p(N+1-n)}{12N}\right)K
\\&&\!\!\!\!\!\!\!\!=
K\left(\sum _{n=1}^N\frac{1}{N}+\sum _{n=1}^N\frac{p}{12}
-\sum _{n=1}^N\frac{p}{12}\,\frac{n-1}{N}\right)
=
K\left(1+N\frac{p}{12}-\frac{p}{12N}\sum _{n=1}^N(n-1)\right)
\end{matrix}</math>

Korzystając ze wzoru na sumę szeregu arytmetycznego, otrzymujemy

<math>\begin{matrix}
S_N
&&\!\!\!\!\!\!\!\!=
K\left(1+N\frac{p}{12}-\frac{p}{12N}\,\frac{N(N-1)}{2}\right)
=
K\left(1+\frac{p}{12}\left(N-\frac{N-1}{2}\right)\right)
\\&&\!\!\!\!\!\!\!\!=
K\left(1+\frac{p}{12}\,\frac{N+1}{2}\right)
\end{matrix}</math>

Obliczenia dla przypadku stałych rat są bardziej skomplikowane.
Na początek trzeba wyliczyć wysokość poszczególnych rat. <math>n</math>-ta rata
jest sumą <math>n</math>-tej części kwoty kredytu i oprocentowania obliczonego
od jeszcze niespłaconej kwoty

::<math>
\tilde{r}_n=\tilde{k}_n+\tilde{o}_n
=\tilde{k}_n+\frac{p}{12}\left(K-\sum _{i=0}^{n-1}\tilde{k}_i\right)
</math>

Stałość wysokości rat oznacza, że

::<math>
\tilde{r}_{n+1}=\tilde{r}_n
</math>

::<math>
\tilde{k}_{n+1}+\frac{p}{12}\left(K-\sum _{i=0}^{n}\tilde{k}_i\right)
=
\tilde{k}_n+\frac{p}{12}\left(K-\sum _{i=0}^{n-1}\tilde{k}_i\right)
</math>

::<math>
\tilde{k}_{n+1}+\frac{p}{12}\left(K-\sum _{i=0}^{n-1}\tilde{k}_i-\tilde{k}_n\right)
=
\tilde{k}_n+\frac{p}{12}\left(K-\sum _{i=0}^{n-1}\tilde{k}_i\right)
</math>

::<math>
\tilde{k}_{n+1}-\frac{p}{12}\tilde{k}_n
=
\tilde{k}_n
</math>

To daje <math>(n+1)</math>-szą ratę kapitałową w funkcji <math>n</math>-tej raty kapitałowej:

::<math>
\tilde{k}_{n+1}
=
\left(1+\frac{p}{12}\right)\tilde{k}_n
</math>

Iterując ten wzór dostajemy

::<math>
\tilde{k}_{n}
=
\left(1+\frac{p}{12}\right)^{n-1}\tilde{k}_1
</math>

Suma wszystkich rat kapitałowych musi dać całą kwotę kredytu

::<math>
\sum _{n=1}^N\tilde{k}_n=K
</math>

Kolejne raty kapitałowe tworzą ciąg geometryczny z pierwszym wyrazem równym
<math>\tilde{k}_1</math> i z ilorazem kolejnych wyrazów równym
<math>q=\left(1+\frac{p}{12}\right)</math>. Korzystamy ze wzoru na sumę
ciągu geometrycznego

::<math>
K=\tilde{k}_1\frac{1-q^N}{1-q}
=
\tilde{k}_1\frac{1-(1+p/12)^N}{1-(1+p/12)}
=
\tilde{k}_1\frac{(1+p/12)^N-1}{p/12}
</math>

To pozwala obliczyć pierwszą ratę kapitałową

::<math>
\tilde{k}_1
=
\frac{pK}{12}\,\frac{1}{(1+p/12)^N-1}
</math>

i pierwszą pełną ratę razem z odsetkami

::<math>
\tilde{r}_1
=
\tilde{k}_1+\tilde{o}_1
=
\frac{pK}{12}\,\frac{1}{(1+p/12)^N-1}+\frac{pK}{12}
=
\frac{pK}{12}\,\frac{(1+p/12)^N}{(1+p/12)^N-1}
</math>

Wszystkie raty są z definicji równe, więc ich suma jest bardzo
prosta do obliczenia

::<math>
\tilde{S}_N
=
\sum _{n=1}^N \tilde{r}_i
=
N \tilde{r}_1
=
\frac{NpK}{12}\,\frac{(1+p/12)^N}{(1+p/12)^N-1}
</math>

Porównujemy teraz sumę wszystkich rat w obu rodzajach kredytu.
Ich różnica wynosi

::<math>
\Delta _N=\tilde{S}_N-S_N
</math>

Dla małej liczby rat dostajemy odpowiednio

<table class="wikitable">
<tr>
<td><math>N</math></td>

<td><math>S_N</math></td>

<td><math>\tilde{S}_N</math></td>

<td><math>\Delta _N</math></td>

</tr>
<tr>
<td>1</td>

<td><math>K\left(1+\frac{p}{12}\right)</math></td>

<td><math>K\left(1+\frac{p}{12}\right)</math></td>

<td>0</td>

</tr>
<tr>
<td>2</td>

<td><math>K\left(1+\frac{3}{2}\,\frac{p}{12}\right)</math></td>

<td><math>\frac{2Kp}{12}\frac{(1+p/12)^2}{(1+p/12)^2-1}</math></td>

<td><math>K\frac{(p/12)^2}{4+2p/12}</math></td>

</tr>
<tr>
<td>3</td>

<td><math>K\left(1+2\frac{p}{12}\right)</math></td>

<td><math>\frac{3Kp}{12}\frac{(1+p/12)^3}{(1+p/12)^3-1}</math></td>

<td><math>K\frac{(p/12)^2(2+p/12)}{3+3p/12+(p/12)^2}</math></td>

</tr>
</table>

Różnica między <math>\tilde{S}_N</math> i <math>S_N</math> jest nieujemna i wiodące wyrazy
są drugiego rzędu w <math>p/12</math>. Zwracając kredyt w równych ratach
zapłacimy więcej niż spłacając ten sam kredyt przy takiej samej
stopie procentowej ale w ratach malejących. Różnica nie jest zbyt istotna
w przypadku niezbyt dużych wartości <math>p</math> i <math>N</math>. Jeśli natomiast
<math>p</math> lub <math>N</math> nie jest małe, różnica może być bardzo znacząca.
Zróbmy obliczenia dla kredytu hipotecznego o stopie
procentowe 6% w skali roku udzielonego na 30 lat.
Mamy więc <math>p/12=0.005</math> i <math>N=12\cdot 30=360</math>. Wyliczamy

::<math>
S=K\left(1+\frac{5}{1000}\,\frac{361}{2}\right)\approx 1.902 K
\qquad \qquad \tilde{S}=360\frac{5}{1000}K\frac{1.005^{360}}{1.005^{360}-1}
\approx 2.16 K
</math>

Różnica to ponad 25% kwoty pożyczki.
Dla stopy procentowej równej 9% w skali roku, ta różnica wzrasta
do około 55% kwoty pożyczki (<math>S\approx 2.35K</math>,
<math>\tilde{S}\approx 2.90K</math>).
tegory:Ćwiczenia z Matematyki I dla OO]]

Matematyka 1 OO/Granice ciągów liczbowych - Historia wersji

Anula o 12:59, 22 maj 2015