Real analysis Problem
 

ช่วยดูวิธีพิสูจน์ของผมหน่อยครับ ว่ามีปัญหาตรงการอ้างเหตุผลส่วนไหนรึเปล่า
ปัญหา กำหนดให้ \( a_1 = 1 \) และ ลำดับ \( a_n = \sqrt{a_{n-1} + \frac{3}{4}} \; ; n\geq 2 \)
จงแสดงว่าลำดับนี้ลู่เข้าและหาลิมิต
ก่อนอื่นแสดงว่าลำดับนี้ลู่เข้าโดยแสดงว่า \( a_n \) เป็นลำดับทางเดียว และมีขอบเขต
พิจารณา \( a_2 = \sqrt{ 1 + \frac{3}{4}} = \frac{\sqrt{7}}{2} < 2 \)
แสดงว่า \( a1<a2<2 \)
จึงสมมติให้ \( a_k < 2 \; \) จริง
พิจารณา \( a_{k+1} = \sqrt{a_{k} + \frac{3}{4}} < \sqrt{ 2 +\frac{3}{4}} = \frac{\sqrt{11}}{2} < 2 \) ซึ่งจะได้ว่าเป็นลำดับมีขอบเขต
ต่อไปจะแสดงว่าเป็นลำดับทางเดียว จริง โดยอุปนัยเชิงคณิตศาสตร์
จะเห็นว่า \( a_1 < a_2 \)
สมมติให้ \( a_{k} < a_{k+1} \) จริง
จะได้ว่า \( a_{k+1}= \sqrt{a_{k} + \frac{3}{4}} < \sqrt{a_{k+1} + \frac{3}{4}} = a_{k+2} \)
สรุปได้ว่า ลำดับนี้ลู่เข้า เนื่องจากเป็นลำดับทางเดียวและมีขอบเขต
ต่อไปจะหาลิมิตของลำดับนี้
โดยสมมติให้ \( a \; \) เป็นลิมิตของลำดับ และจะได้ว่า \( a = \lim a_n = \lim a_{n-1} \)
จะได้ว่า \( a = \sqrt{a+\frac{3}{4}} \)
แก้สมการได้ \( a=\frac{3}{2} \)

ข้อนี้ไม่แน่ใจว่าถูกหรือไม่ครับ ช่วยพิจารณาด้วย
ปัญหา 2 : ถ้าลำดับ \( a_n \) มีลิมิตเป็น 0 แล้ว จงหา \( \lim_{n \rightarrow \infty} (a_n)^n \)
พิจารณาถ้า \( a_n \) ลู่เข้า แสดงว่าเป็นลำดับมีขอบเขต นั่นคือ มีจำนวนจริงบวก M ที่ทำให้ \( \mid a_n \mid \leq M \)
จะได้ว่า \( 0 < \mid a_n ^n \mid < M^n \) ซึ่งจะลู่เข้าก็ต่อเมื่อ \( \mid M \mid < 1\) เท่านั้น และ \( \lim_{n \rightarrow \infty} (a_n)^n = 0 \)

การพิสูจน์ว่า $a_{n}$ เป็นลำดับมีขอบเขตยังไม่สมบูรณ์ครับ ต้องใช้อุปนัยเชิงคณิตศาสตร์ แต่จริง ๆ แล้ว แค่พิสูจน์ว่า $a_{n}$ มีขอบเขตบนก็พอครับ :)

แก้ไขการพิสูจน์ว่าลำดับมีขอบเขตในข้อ 1 ครับ

ปัญหาที่ 3 : snow flake การสร้างรูปเกล็ดหิมะ

ปัญหา 2 นะครับ ถ้าขอบเขตบน $M$ มีค่ามากกว่า 1 จะไม่สามารถสรุปได้ว่า $a_n$ ลู่เข้านะครับ แนวคิดของผมเป็นดังนี้ครับ

การพิสูจน์ ให้ $a_{n} \longrightarrow 0$ เมื่อ $n \longrightarrow \infty$ ดังนั้นทุก $\epsilon > 0$ จะมีจำนวนเต็มบวก $N_1$ ที่ $|a_n| < \epsilon$ ทุก $n \geq N_1$ สมมติว่า $\epsilon = 1$ จะมีจำนวนเต็มบวก $N_2$ ที่ $|a_n| < \epsilon = 1$ ทุก $n \geq N_2$ ดังนั้น
$$|(a_n)^n| < |a_n|$$
ทุก $n \geq N_2$ เพราะฉะนั้นสำหรับทุก $\epsilon > 0$ เลือกจำนวนเต็มบวก $N =$ max$\{N_1, N_2\}$ จะได้ว่า $|(a_n)^n| < |a_n| < \epsilon$ ทุก $n \geq N$ จึงสรุปได้ว่า $(a_n)^n \longrightarrow 0$ เมื่อ $n \longrightarrow \infty$

ถูกมั๊ยเอ่ย ? ใครเก่ง analysis ช่วยที :sweat:

อ่า แนวคิดของคุณ alongkorn ก็เหมือนผมเลยค้าบบบ ต้องให้ขอบเขตมีค่าน้อยกว่า 1
อันนี้เป็นรูปสำหรับปัญหา 3 ครับ การสร้างรูปเกล็ดหิมะ

ข้อสองของน้อง Magpie ยังไม่ถูกซะทีเดียวครับ เพราะค่า M อาจมากกว่า 1 ได้ แต่สามารถแก้ไขได้นิดหน่อยโดยการดูที่หางของลำดับแทนครับ :D

เนื่องจาก $a_n \rightarrow 0$ จะมี N ซึ่งทำให้ $|a_n|< \frac{1}{2}, \ n\geq N$
ดังนั้น $0 \leq |a_n|^n < (\frac{1}{2})^n ,\ n\geq N$
ให้ $n\rightarrow \infty$ จะได้ $|a_{n}^{n}|\rightarrow 0$ ซึ่งสมมูลกับ $a_{n}^{n}\rightarrow 0$

ลองทำดูนะ :confused:
1. ให้ $\alpha$ และ $\beta$ เป็นจำนวนจริงบวก จงหาค่าของ $\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{\alpha^n + \beta^n}$
2. ถ้า $\{a_n\}$ เป็นลำดับลู่เข้า จงแสดงว่า $\lim_{n\to\infty}a_n = \lim_{n\to\infty}\frac{a_1 + a_2 + \ldots + a_n}{n}$
3. ให้ $a_1 = 1$ และ $a_{n+1} = \sqrt{a_1 + a_2 + \ldots + a_n}$ จงแสดงว่า $\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{n} = \frac{1}{2}$

ขอคลำข้อแรก ก่อนนะคับ กว่าจะได้ไม่รู้ว่าถูกมั้ย ถ้าไม่ถูกเนี่ยบอกด้วยนะคร้าบ จะได้แก้ไข
มือใหม่หัด proof

เราสมมติให้ \( 0<\alpha \leq \beta \) โดยไม่เสียนัยทั่วไป
พิจารณา \( a_n = (\alpha^n + \beta^n)^{\frac{1}{n}} = \beta (1 + (\frac{\alpha}{\beta})^n)^{\frac{1}{n}} \)
เนื่องจาก \( \beta (1 + \frac{1}{n}(\frac{\alpha}{\beta})^n) \leq \beta (1 + (\frac{\alpha}{\beta})^n)^{\frac{1}{n}} \leq \beta (1 + (\frac{\alpha}{\beta})^n) \)
โดย squeeze theorem จะได้ว่า \( \lim_{n \rightarrow \infty} a_n = \beta \)
และในทำนองเดียวกันถ้า \( 0<\beta \leq \alpha \) จะได้ว่า \( \lim_{n \rightarrow \infty} a_n = \alpha \)

คุณ M@gpie ลองพิจารณากรณี $\alpha = \beta$ ดูซิว่าใช้ squeeze theorem ได้หรือไม่
แล้วตกลงตอบว่า $\lim_{n\to\infty}a_n = \alpha$ หรือ $\lim_{n\to\infty}a_n = \beta$ ดีล่ะครับ เอางี้แล้วกันตอบว่า $\lim_{n\to\infty}a_n =$ max$\{\alpha, \beta\}$ :cool:

ครับแต่ผมตะหงิดใจว่า ผิดพลาดตรงอสมการฝั่งขวา เล็กน้อย รบกวนคุณ alongkorn ช่วยเช็คด้วยครับว่าถูกหรือไม่ ??

ตามความคิดของกระผมนะครับ น่าจะเป็นอย่างนี้ครับ
โดยไม่เสียนัยสำคัญ สมมติว่า $\alpha \leq \beta$
เนื่องจาก $(\alpha^n + \beta^n)^{1/n} > (\beta^n)^{1/n} = \beta$
และจากอสมการแบร์นูลลี่ $(\alpha^n + \beta^n)^{1/n} = \beta\left(\frac{\alpha^n}{\beta^n} + 1\right)^{1/n} < \beta\left(1 + \frac{(\alpha/\beta)^n}{n}\right)$
นั่นคือ $\beta < (\alpha^n + \beta^n)^{1/n} < \beta\left(1 + \frac{(\alpha/\beta)^n}{n}\right)$
เนื่องจาก $\frac{(\alpha/\beta)^n}{n} \rightarrow 0$ เมื่อ $n \rightarrow \infty$
ดังนั้นโดยทฤษฎีบทบีบอัด (Squeeze Theorem) $(\alpha^n + \beta^n)^{1/n} \rightarrow \beta$ เมื่อ $n \rightarrow \infty$
ในทำนองเดียวกัน เราสามารถพิสูจน์ได้ว่า $(\alpha^n + \beta^n)^{1/n} \rightarrow \alpha$ เมื่อ $n \rightarrow \infty$ ถ้า $\alpha > \beta$
จึงสรุปได้ว่า $\lim_{n\to\infty}(\alpha^n + \beta^n)^{1/n} =$ max$\{\alpha, \beta\}$ :cool:

ข้อนี้ยากจังเลยครับ วิธีที่ผมทำคงไม่ตรงกับเฉลย ยังไงคุณ alongkorn ช่วยมาเฉลยให้ด้วยนะครับ :please:

เมื่อ $n\ge2$ เราจะได้ว่า $$a_{n+1} = \sqrt{(a_1 +a_2+ \dots +a_{n-1}) +a_n} = \sqrt{a_n^2 +a_n}$$ แสดงว่า $$ a_{n+1} -a_n= \frac{1}{1+ \sqrt{1+ \displaystyle{\frac{1}{a_n} } }}\,, \quad n\ge2 $$ โดย induction เราจะพบว่า $a_n \ge1$ สำหรับทุกจำนวนเต็มบวก $n$ ดังนั้น $$ a_{n+1} -a_n \ge \frac{1}{1+ \sqrt2 }\,, \quad n\ge2 $$ นั่นทำให้เรารู้ว่า $$ \lim_{n\to\infty} a_n= \infty$$ ดังนั้น $$ \lim_{n\to\infty} a_{n+1} -a_n= \lim_{n\to\infty} \frac{1}{1+ \sqrt{1+ \displaystyle{\frac{1}{a_n} } }} = \frac12 $$ แสดงว่า สำหรับจำนวนจริง $\epsilon >0$ ใดๆ จะต้องมีจำนวนเต็มบวก $N$ ที่ทำให้ เมื่อ $n\ge N$ แล้ว $$ \left| a_{n+1} -a_n -\frac12 \right| < \frac{\epsilon }{2}$$ ดังนั้น สำหรับ $k\ge1$ $$ \left| a_{N+k} -a_N- \frac k2 \right| $$ $$= \left| (a_{N+k}- a_{N+k-1}- \frac12) +\cdots+ (a_{N+2}- a_{N+1}- \frac12)+ (a_{N+1} -a_N- \frac12) \right| $$ $$\le \left| a_{N+k}- a_{N+k-1}- \frac12 \right| +\cdots+ \left| a_{N+2}- a_{N+1}- \frac12 \right| + \left| a_{N+1} -a_N- \frac12 \right| $$ $$< \frac{\epsilon }{2} +\cdots+ \frac{\epsilon }{2} + \frac{\epsilon }{2} = \frac{k \epsilon}{2} $$ นั่นคือ ถ้า $n>N$ แล้ว $$ \left| a_n- a_N- \frac{(n-N)}{2} \right| < \frac{(n-N) \epsilon}{2} < \frac{n \epsilon}{2} $$ เราจึงได้ว่า เมื่อ $n>N$ $$ \left| \frac{a_n}{n} -\frac12 \right| - \left| \frac{2a_N -N}{2n} \right| \le \left| \left( \frac{a_n}{n} -\frac12 \right) - \frac{2a_N -N}{2n} \right| < \frac{\epsilon }{2} $$ เนื่องจาก $$ \lim_{n \to \infty} \frac{2a_N -N}{2n} =0$$ ดังนั้นจึงมีจำนวนเต็มบวก $N_1$ ที่ทำให้ เมื่อ $n>N_1$ แล้ว $$ \left| \frac{2a_N -N}{2n} \right| < \frac{\epsilon }{2}$$ ดังนั้นเมื่อ $n>N_2 := \max(N, N_1)$ แล้ว $$ \left| \frac{a_n}{n} -\frac12 \right| < \frac{\epsilon }{2} + \left| \frac{2a_N -N}{2n} \right| < \frac{\epsilon }{2} + \frac{\epsilon }{2} = \epsilon $$ เราจึงได้ว่า $$\lim_{n\to \infty} \frac{a_n}{n} =\frac12 $$ ตามต้องการครับผม :)

ถ้าคุณ Warut อยากได้ตัวช่วย แนะนำ Stolz Theorem

ส่วนอันนี้เป็นวิธีพิสูจน์ ข้อ 2 ครับ :sung:

ว้าว... สุดยอดครับ ถ้าใช้ทฤษฎีบทที่คุณ nooonuii บอกมา จะทำให้ไม่ต้องใช้ $\epsilon$ ให้ลำบากเลย แค่ให้ $b_n=n$ ก็เรียบร้อยแล้ว :sung: