mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **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 $\displaystyle {\lim _{n \rightarrow \infty} n^2x_n^3.}$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μάιος 05, 2011 6:24 pm**

Επαναφορά...

Δημοσιεύτηκε: **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 $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^n {\left( {y_{n + 1}^3 - y_n^3} \right)} = 3 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{y_n^3}}{n} = 3 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{{n\sqrt {x_n^3} }} = 3 \Rightarrow \boxed{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {n^2}x_n^3 = \frac{1}{9}}}$ .

Δημοσιεύτηκε: **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)

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

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

Δημοσιεύτηκε: **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.

mathematica.gr

Ακολουθία (8)

Ακολουθία (8)

Re: Ακολουθία (8)

Re: Ακολουθία (8)

Re: Ακολουθία (8)

Re: Ακολουθία (8)