Ακολουθία (2)

Συντονιστές: grigkost, Κοτρώνης Αναστάσιος

socrates
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6078
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:

Ακολουθία (2)

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates » Δευ Νοέμ 29, 2010 2:11 am

Δίνεται η ακολουθία \{a_n\}_{n\geq 1} τέτοια ώστε a_1 >0 και a_{n+1}=\ln (1+a_n) ,\ n\geq 1.

Να υπολογιστούν τα όρια \displaystyle{\lim _{n\rightarrow \infty }na_n} και \displaystyle{\lim _{n\rightarrow \infty }\frac{n(na_n-2)}{\ln n}}.


Θανάσης Κοντογεώργης

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Κοτρώνης Αναστάσιος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3203
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 22, 2009 11:11 pm
Τοποθεσία: Μπροστά στο πισί...
Επικοινωνία:

Re: Ακολουθία (2)

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Κοτρώνης Αναστάσιος » Δευ Νοέμ 29, 2010 8:57 pm

Για το πρώτο:

Από την \displaystyle{\ln(1+x)\leq x} για \displaystyle{x\geq0} με την ισότητα να ισχύει μόνο για το 0, βλέπουμε ότι η \displaystyle{a_{n}} είναι γνησίως φθίνουσα. Επειδή είναι και \displaystyle{a_{n}>0}, συγκλίνει.

Αν ήταν \displaystyle{a_{n}\to\ell>0}, τότε \displaystyle{\frac{a_{n+1}}{a_{n}}=\frac{\ln(1+a_{n})}{a_{n}}\to\frac{\ln(1+\ell)}{\ell}<1}, άρα θα είχαμε \displaystyle{a_{n}\to0}, άτοπο. Έπεται ότι \displaystyle{a_{n}\to0}.

Βρίσκουμε \displaystyle{n_{0}} με \displaystyle{n>n_{0}\Rightarrow a_{n}<1}.

Για \displaystyle{0<x<1} έχουμε

\displaystyle{\ln(1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\mathcal O(x^4)\Rightarrow}

\displaystyle{\frac{1}{\ln(1+x)}=\frac{1}{x\left(1-\left(\frac{x}{2}-\frac{x^2}{3}+\mathcal O(x^3)\right)\right)}=\frac{1}{x}\left(1+\left(\frac{x}{2}-\frac{x^2}{3}+\mathcal O(x^3)\right)+\mathcal O\left(\left(\frac{x}{2}-\frac{x^2}{3}+\mathcal O(x^3)\right)^2\right)\right)=\frac{1}{x}+\frac{1}{2}-\frac{x}{3}+\mathcal O(x)}.

Έπεται ότι για \displaystyle{n>n_{0}} είναι \displaystyle{\frac{1}{\ln(1+a_{n})}=\frac{1}{a_{n+1}}=\frac{1}{a_{n}}+\frac{1}{2}-\frac{a_{n}}{3}+\mathcal O(a_{n})}, άρα αθροίζοντας από n_{0} ως \displaystyle{n} και διαιρώντας με n+1 παίρνουμε


\displaystyle{\frac{1}{(n+1)a_{n+1}}=\frac{1}{(n+1)a_{n_{0}}}+\frac{1}{2}\left(1-\frac{n_{0}}{n+1}\right)-\frac{1}{2}\cdot\frac{a_{n_{0}}+\cdots a_{n}}{n+1}+\mathcal O\left(\frac{a_{n_{0}}+\cdots+a_{n}}{n+1}\right)\qquad\boxed{1}}.

Από Cesaro Stolz τώρα \displaystyle{\frac{a_{n_{0}}+\cdots+a_{n}}{n+1}\to0} άρα παίρνοντας όρια στην \boxed{1}

έχουμε ότι \displaystyle{\frac{1}{(n+1)a_{n+1}}\to\frac{1}{2}} άρα \displaystyle{na_{n}\to2}.

Μένει το δεύτερο όριο.


Εσύ....; Θα γίνεις κανίβαλος....;
Άβαταρ μέλους
R BORIS
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2236
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 03, 2009 8:08 am
Επικοινωνία:

Re: Ακολουθία (2)

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από R BORIS » Δευ Νοέμ 29, 2010 9:30 pm

Νομίζω ότι ο τρόπος του Σπύρου είναι λίγο πιο εύκολος, δηλαδή

Θέτουμε \displaystyle{x_n=n,y_n=\frac{1}{a_n}}

τότε απο την \displaystyle{ln(1+x)\le x} η \displaystyle{a_n} προκύπτει φθίνουσα και θετικών όρων (επαγωγικά) αρα συγκλίνει στην μοναδική λύση της \displaystyle{x=ln(1+x)} που είναι το 0

Άρα \displaystyle{y_n \to +\infty} και είναι γνήσια αύξουσα

\displaystyle{y_{n+1}-y_n=\frac{1}{a_{n+1}}-\frac{1}{a_n}=\frac{1}{ln(1+a_n)}-\frac{1}{a_n}} που υπολογίζεται από το \displaystyle{\lim_{x \to 0+}(\frac{1}{ln(1+x)}-\frac{1}{x})=1/2}

\displaystyle{x_{n+1}-x_n=1}

Από STOLZ \displaystyle{\frac{x_n}{y_n}\to 2} ή \displaystyle{na_n\to 2}


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 12314
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Ακολουθία (2)

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Δευ Νοέμ 29, 2010 9:32 pm

socrates έγραψε:Δίνεται η ακολουθία \{a_n\}_{n\geq 1} τέτοια ώστε a_1 >0 και a_{n+1}=\ln (1+a_n) ,\ n\geq 1.

Να υπολογιστούν τα όρια \displaystyle{\lim _{n\rightarrow \infty }na_n} και \displaystyle{\lim _{n\rightarrow \infty }\frac{n(na_n-2)}{\ln n}}.

Άλλη λύση για το πρώτο, ακολουθώντας τις ιδέες του Σπύρου (s.kap) σε παρόμοιο πρόβλημα (Σ). (Έχω λύση και για το δεύτερο, αλλά είναι παάάάρα πολλές οι πράξεις, που δεν τολμώ να τις γράψω, εκτός αν τις συμμαζέψω).

Από την log(1 + x) < x (για χ > 0) (*) βλέπουμε ότι η ακολουθία είναι φνίνουσα και (επαγωγικά) κάτω φραγμένη από το 0. Άρα συγκλίνει, και μάλιστα το όριο α ικανοποιεί α = log(1+a) . Πάλι από την (*) έπεται α = 0.

Τώρα, θα δούμε (ως έφη Σπύρος στο ανάλογο πρόβλημα) ότι \lim_n\frac {(n+1)-n}{\frac{1}{a_{n+1}} -\frac{1}{a_{n}}} = 2

Ουπς, καθώς έγραφα είδα την παρέμβαση του Ροδόλφου, οπότε σταματώ....

Φιλικά,

Μιχάλης

(Σ) viewtopic.php?f=9&t=11128&p=60859#p60859


Άβαταρ μέλους
Κοτρώνης Αναστάσιος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3203
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 22, 2009 11:11 pm
Τοποθεσία: Μπροστά στο πισί...
Επικοινωνία:

Re: Ακολουθία (2)

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Κοτρώνης Αναστάσιος » Δευ Νοέμ 29, 2010 10:39 pm

R BORIS έγραψε:Νομίζω ότι ο τρόπος του Σπύρου είναι λίγο πιο εύκολος
Πράγματι ο τρόπος του Σπύρου είναι πιο εύκολος. Το πλεονέκτημα που (έτσι νόμιζα τουλάχιστον) έχει η προσέγγισή μου είναι ότι βρίσκει και μια ασυμπτωτική έκφραση για την 1/a_{n}.

Εκτιμάει δηλαδή και τον τρόπο με τον οποίο η 1/a_{n} αυξάνει (\Leftrightarrow η a_{n} φθίνει). Πίστευα ότι με την ασυμπτωτική αυτή έκφραση θα έβγαινε ψιλοκατευθείαν και το δεύτερο ερώτημα, αλλά δεν τα έχω καταφέρει ακόμα... :roll: :wallbash: :santalogo:


Εσύ....; Θα γίνεις κανίβαλος....;
Άβαταρ μέλους
Κοτρώνης Αναστάσιος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3203
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 22, 2009 11:11 pm
Τοποθεσία: Μπροστά στο πισί...
Επικοινωνία:

Re: Ακολουθία (2)

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Κοτρώνης Αναστάσιος » Δευ Αύγ 08, 2011 4:35 pm

Μια προσπάθεια ακόμα: Εύκολα όπως είπαμε δείχνουμε ότι η a_{n} φθίνει στο 0.

Ψάχνουμε κάποια σχέση για τη συμπεριφορά της a_{n+1}^{a}-a_{n}^a για κάποιο κατάλληλα επιλεγμένο a. Έχουμε λοιπόν:

\displaystyle{a_{n+1}^{a}-a_{n}^a=\ln^a(1+a_{n})-a_{n}^a\stackrel{*}{=}\left(a_{n}-\frac{a_{n}^2}{2}+\frac{a_{n}^3}{3}+\mathcal O(a_{n}^4)\right)^a-a_{n}^a=a_{n}^a\left[\left(1-\frac{a_{n}}{2}+\frac{a_{n}^2}{3}+\mathcal O(a_{n}^3)\right)^a-1\right]\stackrel{**}{=}}

\displaystyle{a_{n}^a\left(-\frac{aa_{n}}{2}+\frac{(8a+3a(a-1))a_{n}^2}{24}+\mathcal O(a_{n}^3)\right)}.

Για a=-1 από την πάνω θα πάρουμε \displaystyle{a_{n+1}^{-1}-a_{n}^{-1}=\frac{1}{2}-\frac{a_{n}}{12}+\mathcal O(a_{n}^2)\qquad(1)}.

Από την (1) και αφού a_{n}\to0 έχουμε ότι \displaystyle{a_{n+1}^{-1}-a_{n}^{-1}\to\frac{1}{2}}, άρα για μεγάλο n θα είναι \displaystyle{a_{n+1}^{-1}-a_{n}^{-1}>\frac{1}{4}} και αθροίζοντας για n διαδοχικούς όρους την ανισότητα έχουμε ότι

\displaystyle{a_{n}^{-1}>\frac{n}{4}}, άρα \displaystyle{a_{n}=\mathcal O(1/n)\qquad(2)}.

Από την (1) τώρα μέσω της (2) θα πάρουμε \displaystyle{a_{n+1}^{-1}-a_{n}^{-1}=\frac{1}{2}+\mathcal O(1/n)} και αθροίζοντάς την πάλι για n διαδοχικούς όρους θα πάρουμε

\displaystyle{a_{n}^{-1}=\frac{n}{2}+\mathcal O(\ln n)} (αφού \displaystyle{\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}\sim\ln n})

Έπεται ότι \displaystyle{a_{n}=\frac{1}{n/2+\mathcal O(\ln n)}=\frac{2}{n}\frac{1}{1+\mathcal O(\ln n/n)}=\frac{2}{n}+\mathcal O(\ln n/n^2)} και από την (1) πάλι θα πάρουμε

\displaystyle{a_{n+1}^{-1}-a_{n}^{-1}=\frac{1}{2}-\frac{1}{6n}+\mathcal O(\ln n/n^2)}.


Αθροίζοντας άλλη μια για n όρους θα πάρουμε

\displaystyle{a_{n}^{-1}=\frac{n}{2}-\frac{\ln n}{6}+\mathcal O(1)} (με το \mathcal O(1) να προκύπτει διότι η \displaystyle{\sum_{k=1}^{n}\frac{\ln k}{k^2}} συγκλίνει).

Από την τελευταία σχέση λοιπόν αντιστρέφοντας θα πάρουμε

\displaystyle{a_{n}=\frac{1}{n/2-\ln n/6+\mathcal O(1)}=\frac{2}{n}\frac{1}{1-\ln n/3n+\mathcal O(1/n)}=\frac{2}{n}+\frac{2\ln n}{3n^2}+\mathcal O(1/n^2)}

οπότε και έχουμε προσεγγίσει την ακολουθία με σφάλμα της τάξης \mathcal O(1/n^2). Η παραπάνω σχέση δίνει απάντηση και για τα δυο όρια αλλά όχι μόνο αυτό. Μας καθορίζει και το ρυθμό με τον οποίο οι αντίστοιχες ποσότητες πλησιάζουν τα ζητούμενα όρια.


* Από το ανάπτυγμα του λογαρίθμου, αφού a_{n}\to0

** Από το δυωνυμικό ανάπτυγμα.


Εσύ....; Θα γίνεις κανίβαλος....;
Απάντηση

Επιστροφή σε “ΑΝΑΛΥΣΗ”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες