Matematyka 1 OO/Granice ciągów liczbowych
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 \gt 0}\, \exists _{N}\, \forall _{n\gt N}\, |a_n-\tilde{a}|\lt \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|\lt \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}\lt \epsilon [/math]
Liczba [math]\epsilon [/math] też jest dodatnia, więc możemy obliczyć “odwrotność” powyższej nierówności
- [math] n^c\gt \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)\gt \ln \left(\frac{1}{\epsilon }\right) [/math]
- [math] c\ln (n)\gt \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]
-
[math]c\gt 0[/math]:
W taki przypadku znak nierówności się nie zmienia
- [math] \ln (n)\gt \frac{1}{c}\ln \left(\epsilon ^{-1}\right) =\ln \left[\left(\epsilon ^{-1}\right)^{(1/c)}\right] = \ln \left(\epsilon ^{-1/c}\right) [/math]
- [math] n\gt \epsilon ^{-1/c}=\frac{1}{\epsilon ^{1/c}} [/math]
- [math] N\ge \frac{1}{\epsilon ^{1/c}} [/math]
-
[math]c\lt 0[/math]:
W taki przypadku znak nierówności się zmienia
- [math] \ln (n)\lt \ln \left(\epsilon ^{-1/c}\right) [/math]
- [math] n\lt \epsilon ^{-1/c}=\frac{1}{\epsilon ^{1/c}} [/math]
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|\lt \epsilon \qquad \qquad \Rightarrow \qquad \qquad n\gt \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} \lt \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)}\lt 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 \lt 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 nie 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
| [math]N[/math] | [math]S_N[/math] | [math]\tilde{S}_N[/math] | [math]\Delta _N[/math] |
| 1 | [math]K\left(1+\frac{p}{12}\right)[/math] | [math]K\left(1+\frac{p}{12}\right)[/math] | 0 |
| 2 | [math]K\left(1+\frac{3}{2}\,\frac{p}{12}\right)[/math] | [math]\frac{2Kp}{12}\frac{(1+p/12)^2}{(1+p/12)^2-1}[/math] | [math]K\frac{(p/12)^2}{4+2p/12}[/math] |
| 3 | [math]K\left(1+2\frac{p}{12}\right)[/math] | [math]\frac{3Kp}{12}\frac{(1+p/12)^3}{(1+p/12)^3-1}[/math] | [math]K\frac{(p/12)^2(2+p/12)}{3+3p/12+(p/12)^2}[/math] |
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]]
