mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιουν 29, 2017 11:26 pm**

Ἔστω $\{x_n\}$ ἀκολουθία θετικῶν ἀριθμῶν ὥστε $\sum_{n=1}^\infty x_n<\infty$ . Θέτομε
$\displaystyle{ s_n=\frac{1}{x_1}+\cdots+\frac{1}{x_n}. }$
Δείξατε ὅτι ἡ σειρὰ

$\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty\frac{n^2}{x_ns_n^2}}$

συγκλίνει.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιούλ 06, 2017 3:39 pm**

Κριτήριο ριζών του Cauchy.Θα δείξουμε ότι $limsup\sqrt[n]{\frac{n^{2}}{x_{n}S{_{n}^{2}}}}< 1$

Έχουμε $S_{n}= \frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}}+....+\frac{1}{x_{n}}>\frac{1}{x_{n}}\Rightarrow S_{n}^{2}>\frac{1}{x_{n}^{2}}\Rightarrow x_{n}S_{n}^{2}>\frac{1}{x_{n}}\Rightarrow \frac{1}{x_{n}S_{n}^{2}}< x_{n}\Rightarrow \frac{n^{2}}{x_{n}S_{n}^{2}}< n^{2}x_{n}\Rightarrow \sqrt[n]{\frac{n^{2}}{x_{n}S_{n}^{2}}}< \sqrt[n]{n^{2}x_{n}}$

Οπότε $limsup\sqrt[n]{\frac{n^{2}}{x_{n}S^{2}_{n}}}\leq limsup\sqrt[n]{n^{2}x_{n}}$

Όμως $limsup\sqrt[n]{n^{2}x_{n}}\leq limsup(\left ( \frac{n+1}{n} \right )^{2}\cdot \frac{x_{n+1}}{x_{n}})$ $\leq limsup\left ( \frac{n+1}{n} \right )^{2}limsup\left ( \frac{x_{n+1}}{x_{n}} \right )= 1\cdot limsup\left ( \frac{x_{n+1}}{x_{n}} \right )$

Τώρα το $limsup\left ( \frac{x_{n+1}}{x_{n}} \right )$ είναι μικρότερο του 1 διότι διαφορετικά η ακολουθία $x_{n}$ θα είχε μια αύξουσα υπ ακολουθία και άρα δεν θα ήταν μηδενική όπως προκύπτει από τη σύγκλιση της σειράς της.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιούλ 06, 2017 3:50 pm**

Δὲν ἰσχύει ἐν γένει ὅτι
$\displaystyle{ \limsup_{n\to\infty}\sqrt[n]{x_n}<1. }$
γιὰ παράδειγμα
$\displaystyle{ x_n=\frac{1}{n^2}. }$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιούλ 06, 2017 4:43 pm**

Παπαστεργίου Κώστας έγραψε: Τώρα το $limsup\left ( \frac{x_{n+1}}{x_{n}} \right )$ είναι μικρότερο του 1 διότι διαφορετικά η ακολουθία $x_{n}$ θα είχε μια αύξουσα υπ ακολουθία

Ούτε αυτό ισχύει. Για παράδειγμα η $\frac {1}{2}, \, \frac {1}{3}, \frac {1}{2^2}, \frac {1}{3^2}, \frac {1}{2^3}, \frac {1}{3^3}, \frac {1}{2^4}, ...$ έχει $\limsup\left ( \frac{x_{n+1}}{x_{n}} \right )= \infty$ αλλά δεν έχει αύξουσα υπακολουθία.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιούλ 06, 2017 8:53 pm**

Κύριε Σμυρλή δεν είπα πουθενά κάτι τέτοιο. Αν πραγματικά ίσχυε, η απόδειξή μου θα τελείωνε στη μέση περίπου. Αυτό ακριβώς με ανάγκασε σε περαιτέρω επεξεργασία.
Ευχαριστώ.

Αν $limsup\frac{x_{n+1}}{x_{n}}=a> 1$ τότε η $\frac{x_{n+1}}{x_{n}}$ θα είχε μια υπ ακολουθία ας πούμε $\frac{y_{n+1}}{y_{n}}$ η οποία θα είχε όριο το

επομένως θα ήταν τελικά $\frac{y_{n+1}}{y_{n}}$ > 1

δηλαδή η υπ ακολουθία $y_{n}$ της $x_{n}$ θα ήταν αύξουσα με θετικούς όρους, άρα μη μηδενική.
Το παράδειγμά σας κύριε Λάμπρου με προβλημάτισε αλλά νομίζω ότι δεν μπορεί να απαντήσει στο εξής ερώτημα. Ποια είναι η $\frac{x_{n+1}} {x_{n}}$
Είναι η $\frac{\frac{1}{2^{n+1}}}{\frac{1}{3^{n}}}$ ή η $\frac{\frac{1}{3^{n}}}{\frac{1}{2^{n}}}$ ; Η μία συγκλίνει στο άπειρο και η άλλη στο μηδέν. Ελπίζω να μην έχουμε άλλες λαχτάρες.

Σας ευχαριστώ.
ΠΚ

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιούλ 06, 2017 9:15 pm**

Το λάθος είναι εδώ:

Παπαστεργίου Κώστας έγραψε: θα ήταν τελικά $\frac{y_{n+1}}{y_{n}}$ δηλαδή η υπ ακολουθία $y_{n}$ της $x_{n}$ θα ήταν αύξουσα με θετικούς όρους

Για παράδειγμα αν ο πρώτος όρος

ήταν ο $\frac{x_{101}}{x_{100}} >1$ και ο επόμενος όρος μεγαλύτερος του

είναι ο $\frac{x_{501}}{x_{500}} >1$ , τότε $y_1=x_{100},\, y_2=x_{101},\, y_3=x_{500}, \, y_4=x_{501}$ αλλά δεν ισχύει κατ' ανάγκη y_3>y_2

όπως ισχυρίζεσαι. Συγκεκριμένα, το λάθος σου είναι ότι ονόμασες

$\frac{y_{2}}{y_{1}}= \frac{x_{101}}{x_{100}}$ και

$\frac{y_{{\color {red}3}}}{y_{{\color {red}2}}}= \frac{x_{501}}{x_{500}}$

ενώ το y_2

έχει ήδη χρησιμοποιηθεί. Το δεύτερο κλάσμα των

πρέπει να γραφεί ως $\frac{y_{{\color {red}4}}}{y_{{\color {red}3}}}$

Δηλαδή, ο επόμενος όρος της y_n

δεν είναι κατ' ανάγκη μεγαλύτερος από τον προηγούμενό του (εδώ η y_3>y_2

έχει πρόβλημα). Το παράδειγμα που έδωσα το καθιστά σαφές.

Έρχομαι σε αυτό.

Παπαστεργίου Κώστας έγραψε:Ποια είναι η $\frac{x_{n+1}} {x_{n}}$
Είναι η $\frac{\frac{1}{2^{n+1}}}{\frac{1}{3^{n}}}$ ή η $\frac{\frac{1}{3^{n}}}{\frac{1}{2^{n}}}$ ;

Είναι η $\frac{\frac{1}{2^{n}}}{\frac{1}{3^{n}}}$ για

περιττό και η $\frac{\frac{1}{3^{n}}}{\frac{1}{2^{n+1}}}$ για

άρτιο.

Πού είναι το πρόβλημα; Ακριβώς το παράδειγμα είναι φτιαγμένο για να συγκλίνει η μία στο άπειρο και η άλλη στο

. Πάντως το $\limsup$ είναι $+\infty$ και δεν υπάρχει αύξουσα υπακολουθία (προφανές).

Νομίζω ότι το ξεκαθάρισα και εξήγησα με σαφήνεια γιατί είναι λάθος ο συλλογισμός.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 18, 2017 11:15 am**

Γ.-Σ. Σμυρλής έγραψε:Ἔστω $\{x_n\}$ ἀκολουθία θετικῶν ἀριθμῶν ὥστε $\sum_{n=1}^\infty x_n<\infty$ . Θέτομε
$\displaystyle{ s_n=\frac{1}{x_1}+\cdots+\frac{1}{x_n}. }$
Δείξατε ὅτι ἡ σειρὰ

$\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty\frac{n^2}{x_ns_n^2}}$

συγκλίνει.

Επαναφορά.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 18, 2017 3:46 pm**

Για $n \geqslant 2$ έχω

$\displaystyle{ \frac{1}{s_{n-1}} - \frac{1}{s_{n}} = \frac{s_{n}-s_{n-1}}{s_ns_{n-1}} = \frac{1}{x_ns_ns_{n-1}} \geqslant \frac{1}{x_ns_n^2}}$

Άρα

$\displaystyle{ \frac{n^2}{x_ns_n^2} \leqslant \frac{(n-1)^2}{s_{n-1}} - \frac{n^2}{s_n} + \frac{2n-1}{s_{n-1}}}$

H $\displaystyle{ \sum_{n=2}^{\infty} \left( \frac{(n-1)^2}{s_{n-1}} - \frac{n^2}{s_n}\right)}$ συγκλίνει τηλεσκοπικά στο 1/s_1

. Αρκεί λοιπόν να δείξω ότι συγκλίνει και η $\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{s_n}}$

Όμως (από Cauchy-Schwarz)

$\displaystyle{ s_n(x_1 + 4x_2 + \cdots + n^2x_n) \geqslant (1+2+\cdots + n)^2 = \frac{n^2(n+1)^2}{4}.}$

Άρα (για $n \geqslant 2$ )

$\displaystyle{ \begin{aligned} \frac{n}{s_n} \leqslant \frac{4(x_1+4x_2 + \cdots + n^2x_n)}{n(n+1)^2} &\leqslant \frac{4(x_1+4x_2 + \cdots + n^2x_n)}{(n-1)n(n+1)} \\ &= 4(x_1+4x_2 + \cdots + n^2x_n)\left(\frac{1/2}{n-1} - \frac{1}{n} + \frac{1/2}{n+1} \right) \end{aligned}}$

Τηλεσκοπικά έχουμε

$\displaystyle{ \sum_{n=2}^{N} \frac{n}{s_n} \leqslant 4\sum_{m=1}^{N} a_mx_m}$

όπου $\displaystyle{a_m = m^2\left(\frac{1/2}{m-1} - \frac{1/2}{m} - \frac{1/2}{N} + \frac{1/2}{N+1} \right) \leqslant \frac{m}{2(m-1)} \leqslant 1$

Οπότε η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

mathematica.gr

Συγκλίνουσα σειρὰ, προκύπτουσα ἀπὸ ἄλλη συγκλίνουσα σειρά

Συγκλίνουσα σειρὰ, προκύπτουσα ἀπὸ ἄλλη συγκλίνουσα σειρά

Re: Συγκλίνουσα σειρὰ, προκύπτουσα ἀπὸ ἄλλη συγκλίνουσα σειρά

Re: Συγκλίνουσα σειρὰ, προκύπτουσα ἀπὸ ἄλλη συγκλίνουσα σειρά

Re: Συγκλίνουσα σειρὰ, προκύπτουσα ἀπὸ ἄλλη συγκλίνουσα σειρά

Re: Συγκλίνουσα σειρὰ, προκύπτουσα ἀπὸ ἄλλη συγκλίνουσα σειρά

Re: Συγκλίνουσα σειρὰ, προκύπτουσα ἀπὸ ἄλλη συγκλίνουσα σειρά

Re: Συγκλίνουσα σειρὰ, προκύπτουσα ἀπὸ ἄλλη συγκλίνουσα σειρά

Re: Συγκλίνουσα σειρὰ, προκύπτουσα ἀπὸ ἄλλη συγκλίνουσα σειρά