Ακολουθία (8)

Συντονιστές: grigkost, Κοτρώνης Αναστάσιος

socrates
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5799
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:

Ακολουθία (8)

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates » Δευ Φεβ 14, 2011 3:40 pm

Δίνεται ακολουθία \displaystyle \{x_n\}_{n\geq 0}, τέτοια ώστε x_0>0 και \displaystyle {x_1+x_2+...+x_n=\frac{1}{\sqrt{x_{n+1}}}, \ n\geq 0}.

Να υπολογιστεί το όριο \displaystyle {\lim _{n \rightarrow \infty} n^2x_n^3.}


Θανάσης Κοντογεώργης

Λέξεις Κλειδιά:
socrates
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5799
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:

Re: Ακολουθία (8)

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates » Πέμ Μάιος 05, 2011 6:24 pm

Επαναφορά...


Θανάσης Κοντογεώργης
Άβαταρ μέλους
Σεραφείμ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1872
Εγγραφή: Τετ Μάιος 20, 2009 9:14 am
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη - Γιάννενα

Re: Ακολουθία (8)

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Σεραφείμ » Πέμ Μάιος 05, 2011 10:21 pm

Λήμμα Αν \displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {a_n} = \lambda  \in R} τότε \displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^n {{a_n}}  = \lambda }

Διότι \displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {a_n} = \lambda  \Rightarrow \forall \varepsilon  > 0\exists {n_0}:\forall n > {n_0}:\lambda  - \varepsilon  \leqslant {a_n} \leqslant \lambda  + \varepsilon } . Τότε \displaystyle{\frac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^n {{a_n}}  = \frac{1}{n}\left( {\sum\limits_{k = 1}^{{n_0}} {{a_n}}  + \sum\limits_{k = {n_0} + 1}^n {{a_n}} } \right) = \frac{{\rm A}}{n} + \frac{1}{n}\sum\limits_{k = {n_0} + 1}^n {{a_n}} }

οπότε \displaystyle{\frac{{\rm A}}{n} + \frac{{n - {n_0} - 1}}{n}\left( {\lambda  - \varepsilon } \right) \leqslant \frac{{\rm A}}{n} + \frac{1}{n}\sum\limits_{k = {n_0} + 1}^n {{a_n}}  \leqslant \frac{{\rm A}}{n} + \frac{{n - {n_0} - 1}}{n}\left( {\lambda  + \varepsilon } \right)} .

Επειδή \displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\frac{{\rm A}}{n} + \frac{{n - {n_0} - 1}}{n}\left( {\lambda  - \varepsilon } \right)} \right) = \left( {\lambda  - \varepsilon } \right){\text{  \&    }}\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\frac{{\rm A}}{n} + \frac{{n - {n_0} - 1}}{n}\left( {\lambda  + \varepsilon } \right)} \right) = \left( {\lambda  + \varepsilon } \right)} προκύπτει ότι \displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^n {{a_n}}  = \lambda } .
Πιθανά αυτό να είναι κάποιο Θεώρημα.

Στο θέμα μας.

\displaystyle{{x_1} + {x_2} + .. + {x_n} = \frac{1}{{\sqrt {{x_{n + 1}}} }} \Rightarrow \boxed{\frac{1}{{\sqrt {{x_{n + 1}}} }} = \frac{1}{{\sqrt {{x_n}} }} + {x_n}}} . Ορίζουμε \displaystyle{{y_n} = \frac{1}{{\sqrt {{x_n}} }}} , τότε \displaystyle{{y_{n + 1}} = {y_n} + \frac{1}{{y_n^2}}} . Η ακολουθία \displaystyle{{y_n}} είναι (φανερά) γνησίως αύξουσα και μη φραγμένη, διότι

αν υποθέσουμε ότι είναι φραγμένη, τότε θα είναι συγκλίνουσα με \displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {y_n} = m} . Τότε \displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {y_{n + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {y_n} + \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{{y_n^2}} \Rightarrow m = m + \frac{1}{{{m^2}}}} που είναι αδύνατο.

Επίσης \displaystyle{y_{n + 1}^3 = {\left( {{y_n} + \frac{1}{{y_n^2}}} \right)^3} = y_n^3 + 3 + \frac{3}{{y_n^4}} + \frac{1}{{y_n^6}} \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {y_{n + 1}^3 - y_n^3} \right) = 3} .

Όμως από το λήμμα έχουμε \displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^n {\left( {y_{n + 1}^3 - y_n^3} \right)}  = 3 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{y_n^3}}{n} = 3 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{{n\sqrt {x_n^3} }} = 3 \Rightarrow \boxed{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {n^2}x_n^3 = \frac{1}{9}}} .


Σεραφείμ Τσιπέλης
s.kap
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2455
Εγγραφή: Τρί Δεκ 08, 2009 6:11 pm
Τοποθεσία: Ιωάννινα

Re: Ακολουθία (8)

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από s.kap » Παρ Μάιος 06, 2011 10:01 am

Ή λίγο πιο απλά

Εύκολα αποδεικνύεται (επαγωγικά) ότι η x_n είναι θετικών όρων.

Συνεπὠς

\displaystyle{0<x_n=\sum_{k=1}^k x_k- \sum_{k=1}^{n-1}x_k}=\frac {1}{\sqrt {x_{n+1}}}-\frac {1}{\sqrt{x_n}} (1)

Άρα x_{n+1}<x_n.

Δηλαδή η x_n είναι γνησίως φθίνουσα και φραγμένη κάτω, άρα συγκλίνει.

Η (1) μετά από πράξεις δίνει

\displaystyle{\displaystyle{x_{n+1}=\frac {x_n}{(1+x_n\sqrt{x_n})^2} \Rightarrow\displaystyle\lim_{n \to  \infty}x_n=0}}

Συνεπώς (Cezaro -Stoltz)

\displaystyle{\displystyle\lim_{n \to \infty} n \sqrt{x_n^3}}=\displaystyle\lim_{n \to \infty} \frac {n}{\frac {1}{\sqrt {x_n^3}}}= \displaystyle\lim_{n \to \infty}\frac {n+1-n}{\frac {1}{\sqrt{x_{n+1}^3}}-\frac {1}{\sqrt{x_n^3}}}=...=\displaystyle\lim_{n \to \infty} \frac {1}{3+3\sqrt{x_n^3}+x_n^3}

\displaystyle{=\frac {1}{3} \Rightarrow \displaystyle\lim_{n \to \infty}n^2x_n^3= \frac {1}{9}}


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

Re: Ακολουθία (8)

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Κοτρώνης Αναστάσιος » Τρί Μάιος 31, 2011 10:38 pm

Μια γενικότερη μέθοδος αντιμετώπισης:

Όπως έκανε πάνω ο Σεραφείμ, θέτουμε \displaystyle{y_{n}:=\frac{1}{x_{n}^{1/2}}}, και βλέπουμε έυκολα ότι η y_{n} είναι γνησίως αύξουσα και y_{n}\to+\infty.

Έχουμε

\displaystyle{y_{n+1}^3-y_{n}^3=\left(y_{n}+\frac{1}{y_{n}^2}\right)^3-y_{n}^3=y_{n}^3\left[\left(1+\frac{1}{y_{n}^3}\right)^3-1\right]\stackrel{(1+x)^a=1+ax+o(x),\,|x|<1}{=}y_{n}^3\left(1+\frac{3}{y_{n}^3}+o(1/y_{n}^3)-1\right)=3+o(1)\to3\qquad\boxed{1}}.

Από Cezaro Stolz τώρα είναι \displaystyle{\lim_{n\to+\infty}\frac{y_{n}^3}{n}=\lim_{n\to+\infty}\frac{y_{n+1}^3-y_{n}^3}{n+1-n}\to3}, άρα y_{n}\stackrel{n\to+\infty}{\sim}(3n)^{1/3}\qquad\boxed{2}.

Παίρνοντας μια καλύτερη προσέγγιση στο ανάπτυγμα της (1+x)^3 στην \boxed{1}, γράφοντας δηλαδή \displaystyle{(1+x)^a=1+ax+\frac{a(a-1)}{2!}x^2+o(x^2)}, έχουμε

\displaystyle{y_{n+1}^3-y_{n}^3=y_{n}^3\left(\frac{3}{y_{n}^3}+\frac{3}{y_{n}^6}+o(1/y_{n}^6)\right)=3+\frac{3}{y_{n}^3}+o(1/y_{n}^3)\stackrel{\boxed{2}}{\sim}3+\frac{1}{n}+o(1/n)\sim3+\frac{1}{n}}.

Τώρα χρησιμοποιούμε το ότι αν οι a_{k}, b_{k} έχουν σταθερό πρόσημο, a_{k}\stackrel{k\to+\infty}{\sim}b_{k} και μια από τις δυο αντίστοιχες σειρές αποκλίνει, τότε \displaystyle{\sum_{k=1}^{n}a_{k}\stackrel{n\to+\infty}{\sim}\sum_{k=1}^{n}b_{k}}.

Έχουμε λοιπόν

\displaystyle{y_{n}^3-y_{1}^3-3(n-1)=\sum_{k=1}^{n-1}(y_{k+1}^3-y_{k}^3)\stackrel{n\to+\infty}{\sim}\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{k}\sim\ln n}, άρα \displaystyle{y_{n}^3=3n+\ln n+o(\ln n)}, καθώς n\to+\infty.

άρα \displaystyle{x_{n}^{-1/2}=y_{n}=(3n+\ln n+o(\ln n))^{1/3}=(3n)^{1/3}(1+\frac{\ln n}{3n}+o(\ln n/n))^{1/3}=(3n)^{1/3}+\frac{\ln n}{3^{5/3}n^{2/3}}+o(\ln n/n^{2/3})}, άρα

\displaystyle{x_{n}^3=y_{n}^{-6}=\frac{1}{9n^2}\left(1+\frac{\ln n}{9n}+o(\ln n/n)\right)^{-6}=\frac{1}{9n^2}-\frac{2\ln n}{27n^3}+o(\ln n/n^3)}.

Από το παραπάνω ασυμπτωτικό ανάπτυγμα της x_{n}^3, παίρνουμε το ζητούμενο όριο καθώς επίσης και ότι

\displaystyle{\frac{n}{\ln n}\left(n^2x_{n}^3-\frac{1}{9}\right)\to-\frac{2}{27}}, το οποίο παρουσϊαζε απροσδιοριστία.

Με την παραπάνω μέθοδο μπορούμε να προσεγγίσουμε την x_{n} με όση ακρίβεια θέλουμε.


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

Επιστροφή σε “ΑΝΑΛΥΣΗ”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 3 επισκέπτες