Ακολουθία 1

Συντονιστές: grigkost, Κοτρώνης Αναστάσιος

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

Ακολουθία 1

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από s.kap » Κυρ Απρ 03, 2011 12:53 pm

Αφιερωμένη στο νεώτερο μέλος του :logo: (3 ετών)

Να βρεθεί το όριο της ακολουθίας \displaystyle{a_n=\frac {1}{n}\sum_{i,j=1}^n\frac {1}{\sqrt{i^2+j^2}}}


Σπύρος Καπελλίδης

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

Re: Ακολουθία 1

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Κοτρώνης Αναστάσιος » Κυρ Απρ 03, 2011 3:17 pm

s.kap έγραψε:Αφιερωμένη στο νεώτερο μέλος του :logo: (3 ετών)

Να βρεθεί το όριο της ακολουθίας \displaystyle{a_n=\frac {1}{n}\sum_{i,j=1}^n\frac {1}{\sqrt{i^2+j^2}}}
Καλό! Το υπολογιστικό κομμάτι δεν το γράφω όλο γιατί θα γίνει χαμός. Δεν ξέρω αν υπάρχει συντομότρρος δρόμος.

Η ιδέα είναι να μετατρέψουμε το άθροισμα σε ολοκλήρωμα στο οποίο έχουμε μεγαλύτερη ελευθερία κινήσεων.

Έχει αναφερθεί ξανά και (είναι εύκολο να αποδειχθεί, βλέπε Θέματα Ανάλυσης) ότι:

Αν η f:[N,+\infty)\to\mathbb R είναι γνησίως φθίνουσα όπου N ακέραιος, τότε \displaystyle{\int_{N}^{M+1}f(x)\,dx\leq\sum_{k=N}^{M}f(k)\leq f(N)+\int_{N}^{M}f(x)\,dx} για κάθε \mathbb Z\ni M>N.

Αυτό μας λέει ότι αν το άθροισμα απειρίζεται, στην περίπτωση συνάρτησης με θετικές τιμές π.χ., έχουμε ότι \displaystyle{\sum_{k=1}^{M}f(k)\stackrel{M\to+\infty}{\sim}\int_{1}^{M}f(x)\,dx}, δηλαδή το άθροισμα και το ολοκλήρωμα έχουν την ίδια συμπεριφορά. (f\stackrel{x\to {x_0}}{\sim}g\Leftrightarrow f/g\stackrel{x\to x_{0}}{\longrightarrow}1)

Στο θέμα τώρα, έχουμε \displaystyle{a_{n}=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{i^2+j^2}}}. Όμως για κάθε i (σταθερό), η \displaystyle{\sum_{j=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{i^2+j^2}}} απειρίζεται, άρα \displaystyle{a_{n}\stackrel{n\to+\infty}{\sim}\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}\int_{1}^{n}\frac{1}{\sqrt{i^2+x^2}}\,dx}.

Το ίδιο συμβαίνει και για την \displaystyle{\sum_{i=1}^{n}\int_{1}^{n}\frac{1}{\sqrt{i^2+x^2}}\,dx} (απειρίζεται), άρα \displaystyle{a_{n}\stackrel{n\to+\infty}{\sim}\frac{1}{n}\int_{1}^{n}\int_{1}^{n}\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}\,dy\,dx}.

Όμως \displaystyle{\int\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}\,dx=\sinh^{-1}\left(\frac{x}{y}\right)} και \displaystyle{\int\sinh^{-1}\left(\frac{x}{y}\right)\,dy=x\ln\left(2\sqrt{x^2+y^2}+2y\right)+y\sinh^{-1}\left(\frac{x}{y}\right)}. Έπεται λοιπόν ότι \displaystyle{\lim_{n\to+\infty}a_{n}=}

\displaystyle{\lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}\left[\left(n\ln\left(2\sqrt{n^2+y^2}+2y\right)+y\sinh^{-1}(n/y)\right)\Big|_{1}^{n}-\left(\ln\left(2\sqrt{1+y^2}+2y\right)+y\sinh^{-1}(1/y)\right)\Big|_{1}^{n}\right)\right]=}

\displaystyle{2\ln(1+\sqrt{2})}.


Εσύ....; Θα γίνεις κανίβαλος....;
s.kap
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2455
Εγγραφή: Τρί Δεκ 08, 2009 6:11 pm
Τοποθεσία: Ιωάννινα

Re: Ακολουθία 1

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από s.kap » Δευ Απρ 04, 2011 11:01 am

Και μια άλλη λύση, έτσι για την ποικιλία:

a_n=\displaystyle\sum_{i,j=1}^n\frac {1}{\sqrt {i^2+j^2}} \Rightarrow

\Rightarrow a_n-a_{n-1}=\frac {1}{\sqrt{2n^2}}+2\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}\frac {1}{\sqrt{n^2+k^2}}

=-\frac {1}{n\sqrt{2}}+2\displaystyle\sum_{k=1}^n\frac {1}{\sqrt{n^2+k^2}}=-\frac {1}{n\sqrt{2}}+\frac {2}{n}\displaystyle\sum_{k=1}^n\frac {1}{\sqrt{1+\left(\frac {k}{n}\right)^2}}

\displaystyle{\Rightarrow \displaystyle\lim_{n \to +\infty}(a_n-a_{n-1})=2\int_0^1\frac {1}{\sqrt{1+x^2}}dx=}

\displaystyle{2\left[ln(x+\sqrt{1+x^2})\right]_0^1=2ln(1+\sqrt{2})}

Και από Stoltz-Cezaro:

\displaystyle\lim_{n\to +\infty}\frac {a_n}{n}=\displaystyle\lim_{n \to +\infty}\frac {a_n-a_{n-1}}{n-(n-1)}=2ln(1+\sqrt{2})


Σπύρος Καπελλίδης
Απάντηση

Επιστροφή σε “ΑΝΑΛΥΣΗ”

Μέλη σε σύνδεση

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