Με δύο ακολουθίες

Λάμπρος Κατσάπας · #1

Δίνονται

μη μηδενικοί πραγματικοί αριθμοί και οι ακολουθίες πραγματικών αριθμών

(x_n),(y_n),

όπου $x_n\neq 0$ για κάθε

Αν ισχύει $\lim_{n\rightarrow \infty }\dfrac{ax_n+by_n}{\sqrt{x_{n}^{2}+y_{n}^{2}} }=0$ να δείξετε ότι το

$\lim_{n\rightarrow \infty }\dfrac{y_n}{x_n}$ υπάρχει και να το υπολογίσετε.

26/3

stranger · #2

Το όριο κάνει $-\frac{a}{b}$ .
Έστω $z_n= \frac{a x_n + b y_n}{\sqrt{x_n^2 + y_n^2}}$ . Διαιρούμε με |x_n|

και έχουμε $|z_n|= \frac{|a + b w_n|}{\sqrt{1+w_n^2}}$ . Όπου $w_n = \frac{y_n}{x_n}$ .
Άρα $\frac{a + b w_n}{\sqrt{1+w_n^2}} \rightarrow 0$ καθώς $n \rightarrow +\infty$ . (1)
Έστω $w_{k_n} \rightarrow l$ μια συγκλίνουσα υπακολουθία της w_n

.
Άρα από την (1) έχουμε $\frac{a + b l}{\sqrt{1+l^2}} = 0$ που δίνει $l=-\frac{a}{b}$ .
Άρα αρκεί να δείξουμε ότι τα $\lim \inf w_n , \lim \sup w_n$ είναι πραγματικοί αριθμοί.
Έχουμε από Del' Hospital ότι $\lim_{x \rightarrow \pm \infty} \frac{a + bx}{\sqrt{1+x^2}} = \pm b \neq 0$ Άρα αφού $\frac{a + b w_n}{\sqrt{1+w_n^2}} \rightarrow 0$ έχουμε ότι τα $\lim \sup w_n, \lim \inf w_n$ είναι πραγματικοί αριθμοί και το συμπέρασμα έπεται.
Σημείωση: Το $a \neq 0$ δεν χρειάζεται.

#3

stranger έγραψε: ↑
Πέμ Μαρ 26, 2020 1:22 am
Το όριο κάνει $-\frac{a}{b}$ .
Έστω $z_n= \frac{a x_n + b y_n}{\sqrt{x_n^2 + y_n^2}}$ . Διαιρούμε με και έχουμε $|z_n|= \frac{|a + b w_n|}{\sqrt{1+w_n^2}}$ . Όπου $w_n = \frac{y_n}{x_n}$ .
Άρα $\frac{a + b w_n}{\sqrt{1+w_n^2}} \rightarrow 0$ καθώς $n \rightarrow +\infty$ . (1)
Έστω $w_{k_n} \rightarrow l$ μια συγκλίνουσα υπακολουθία της .
Άρα από την (1) έχουμε $\frac{a + b l}{\sqrt{1+l^2}} = 0$ που δίνει $l=-\frac{a}{b}$ .
Άρα αρκεί να δείξουμε ότι τα $\lim \inf w_n , \lim \sup w_n$ είναι πραγματικοί αριθμοί.
Έχουμε από Del' Hospital ότι $\lim_{x \rightarrow \pm \infty} \frac{a + bx}{\sqrt{1+x^2}} = \pm b \neq 0$ Άρα αφού $\frac{a + b w_n}{\sqrt{1+w_n^2}} \rightarrow 0$ έχουμε ότι τα $\lim \sup w_n, \lim \inf w_n$ είναι πραγματικοί αριθμοί και το συμπέρασμα έπεται.
Σημείωση: Το $a \neq 0$ δεν χρειάζεται.

Κώστα, νομίζω ότι κάτι λείπει εκτός αν κάνω λάθος. Το παραπάνω δείχνει ότι ως προς κάποια υπακολουθία το όριο είναι -b/a

, αλλά γιατί συμβαίνει το ίδιο για όλη την ακολουθία;

Αμέσως από κάτω γράφω λύση της άσκησης.

#4

Με $w_n = \dfrac{y_n}{x_n}$ έχουμε $\dfrac{a + b w_n}{\sqrt{1+w_n^2}} \rightarrow 0$ . Έπεται ότι η w_n

είναι φραγμένη αλλιώς θα είχε υπακολουθία με $w_{n_{k}}\rightarrow \pm \infty$ . Αλλά τότε

$\displaystyle{\frac{a + b w_{n_k}}{\sqrt{1+w_{n_k}^2}}= \frac{a }{\sqrt{1+w_{n_k}^2}} + b\cdot \frac{ w_{n_k}}{\sqrt{1+w_{n_k}^2}} \rightarrow 0 +b\cdot (\pm 1 )\ne 0}$ . Άτοπο.

Άρα

$\displaystyle{|a + b w_n| = \left | \frac{a + b w_n}{\sqrt{1+w_n^2}}\right | \sqrt{1+w_n^2} \le M \left | \frac{a + b w_n}{\sqrt{1+w_n^2}}\right | \rightarrow 0}$ , και λοιπά.

stranger · #5

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Πέμ Μαρ 26, 2020 12:20 pm

stranger έγραψε: ↑
Πέμ Μαρ 26, 2020 1:22 am
Το όριο κάνει $-\frac{a}{b}$ .
Έστω $z_n= \frac{a x_n + b y_n}{\sqrt{x_n^2 + y_n^2}}$ . Διαιρούμε με και έχουμε $|z_n|= \frac{|a + b w_n|}{\sqrt{1+w_n^2}}$ . Όπου $w_n = \frac{y_n}{x_n}$ .
Άρα $\frac{a + b w_n}{\sqrt{1+w_n^2}} \rightarrow 0$ καθώς $n \rightarrow +\infty$ . (1)
Έστω $w_{k_n} \rightarrow l$ μια συγκλίνουσα υπακολουθία της .
Άρα από την (1) έχουμε $\frac{a + b l}{\sqrt{1+l^2}} = 0$ που δίνει $l=-\frac{a}{b}$ .
Άρα αρκεί να δείξουμε ότι τα $\lim \inf w_n , \lim \sup w_n$ είναι πραγματικοί αριθμοί.
Έχουμε από Del' Hospital ότι $\lim_{x \rightarrow \pm \infty} \frac{a + bx}{\sqrt{1+x^2}} = \pm b \neq 0$ Άρα αφού $\frac{a + b w_n}{\sqrt{1+w_n^2}} \rightarrow 0$ έχουμε ότι τα $\lim \sup w_n, \lim \inf w_n$ είναι πραγματικοί αριθμοί και το συμπέρασμα έπεται.
Σημείωση: Το $a \neq 0$ δεν χρειάζεται.
Κώστα, νομίζω ότι κάτι λείπει εκτός αν κάνω λάθος. Το παραπάνω δείχνει ότι ως προς κάποια υπακολουθία το όριο είναι , αλλά γιατί συμβαίνει το ίδιο για όλη την ακολουθία;

Αμέσως από κάτω γράφω λύση της άσκησης.

Αν έχουμε μια συγκλίνουσα υπακολουθία τότε αναγκαστικά το όριό της είναι $-\frac{a}{b}$ . Άρα επειδή το $\lim \sup w_n$ και το $\lim \inf w_n$ είναι αντίστοιχα το μέγιστο όριο υπακολουθίας και το ελάχιστο όριο υπακολουθίας θα έχουμε $\lim \sup w_n = \lim \inf w_n = - \frac{a}{b}$ . Οπότε το όριο κάνει $-\frac{a}{b}$ .

#6

stranger έγραψε: ↑
Πέμ Μαρ 26, 2020 8:51 pm
Αν έχουμε μια συγκλίνουσα υπακολουθία τότε αναγκαστικά το όριό της είναι $-\frac{a}{b}$ . Άρα επειδή το $\lim \sup w_n$ και το $\lim \inf w_n$ είναι αντίστοιχα το μέγιστο όριο υπακολουθίας και το ελάχιστο όριο υπακολουθίας θα έχουμε $\lim \sup w_n = \lim \inf w_n = - \frac{a}{b}$ . Οπότε το όριο κάνει $-\frac{a}{b}$ .

Ίσως δεν βλέπω κάτι: Η ακολουθία $0,\,1,\,2,\,0,\,1,\,2,\,0,\,1,\,2,...$ έχει υπακολουθία που συγκλίνει στο

, αλλά για το μέγιστο όριο υπακολουθίας προς $\lim \sup w_n$ και το ελάχιστο όριο υπακολουθίας προς $\lim \inf w_n$ έχουμε $\lim \sup w_n = 2\ne 0 = \lim \inf w_n$

stranger · #7

Κάθε συγκλίνουσα υπακολουθία έχει όριο $-\frac{a}{b}$ .
Στο παραδειγμά σας υπάρχουν υπακολουθίες που συγκλίνουν στο

και υπακολουθίες που συγκλίνουν στο

.

sot arm · #8

Κάποιες ιδέες ακόμα που θέλουν αρκετή αιτιολόγηση νομίζω για να αποτελέσουν πλήρη λύση, ας γράψουμε:

$\displaystyle{\vec{a}=(a,b), \vec{z_{n}}=(\frac{x_{n}}{\sqrt{x_{n}^{2}+y_{n}^{2}}},\frac{y_{n}}{\sqrt{x_{n}^{2}+y_{n}^{2}}})}$

Τότε: $\displaystyle{\left \| z_{n} \right \|_{2} = 1}$ και $\displaystyle{\vec{a} \cdot \vec{z_{n}} \rightarrow 0}$

Άρα το $z_{n}$ τείνει να γίνει κάθετο στο $\vec{a}$ και άρα η κλίση του τείνει στο $\frac{-b}{a}$ και άρα το ζητούμενο όριο τείνει στο $\frac{-a}{b}$ .

Ξαναλέω, δεν θεωρώ ότι είναι πλήρες, απλά μου φάνηκε μια ενδιαφέρουσα "μετάφραση" του ζητουμένου.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #9

Θέτουμε
$c_n= \frac{a x_n + b y_n}{\sqrt{x_n^2 + y_n^2}}$ ,και $w_n = \frac{y_n}{x_n}$ .
Είναι
$(b^{2}-c_{n}^{2})w_{n}^{2}+2abw_{n}+a^{2}-c_{n}^{2}=0$
οπότε
$w_{n}=\dfrac{-ab\pm \sqrt{a^{2}b^{2}-(b^{2}-c_{n}^{2})(a^{2}-c_{n}^{2})}}{b^{2}-c_{n}^{2}}$
κτλ

Με δύο ακολουθίες

Με δύο ακολουθίες

Re: Με δύο ακολουθίες

Re: Με δύο ακολουθίες

Re: Με δύο ακολουθίες

Re: Με δύο ακολουθίες

Re: Με δύο ακολουθίες

Re: Με δύο ακολουθίες

Re: Με δύο ακολουθίες

Re: Με δύο ακολουθίες

Μέλη σε σύνδεση