Ακολουθία και σειρά αρμονικών αριθμών

Συντονιστές: grigkost, Κοτρώνης Αναστάσιος

Άβαταρ μέλους
grigkost
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 2795
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:54 pm
Τοποθεσία: Ιωάννινα

Ακολουθία και σειρά αρμονικών αριθμών

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από grigkost » Σάβ Δεκ 24, 2011 9:30 pm

Έστω {\cal{H}}_{\nu}=\mathop{\sum}\limits_{k=1}^{\nu}{\frac{1}{k}} ο \nu-στός αρμονικός αριθμός.
α) Να αποδειχθεί ότι \displaystyle\mathop{\lim}\limits_{\nu\rightarrow{+\infty}}{\frac{\nu^{{\cal{H}}_{\nu}}}{({{\cal{H}}_{\nu}})^{\nu}}}=0 ,

β) Να εξετασθεί ως προς την σύγκλιση η σειρά \displaystyle\mathop{\sum}\limits_{\nu=1}^{+\infty}{\frac{\nu^{{\cal{H}}_{\nu}}}{({{\cal{H}}_{\nu}})^{\nu}}} .

(Δεν έχω λύσεις για την άσκηση)


{\color{dred}\Gamma\!\rho\,{\rm{H}}\gamma\varnothing\varrho{\mathscr{H}}\varsigma \ {\mathbb{K}}\,\Omega\sum{\rm{t}}{\mathscr{A}}\,{\mathbb{K}}\!\odot\varsigma

Λέξεις Κλειδιά:
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 11536
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Ακολουθία και σειρά αρμονικών αριθμών

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Κυρ Δεκ 25, 2011 12:36 pm

grigkost έγραψε:Έστω {\cal{H}}_{\nu}=\mathop{\sum}\limits_{k=1}^{\nu}{\frac{1}{k}} ο \nu-στός αρμονικός αριθμός.
α) Να αποδειχθεί ότι \displaystyle\mathop{\lim}\limits_{\nu\rightarrow{+\infty}}{\frac{\nu^{{\cal{H}}_{\nu}}}{({{\cal{H}}_{\nu}})^{\nu}}}=0 ,

β) Να εξετασθεί ως προς την σύγκλιση η σειρά \displaystyle\mathop{\sum}\limits_{\nu=1}^{+\infty}{\frac{\nu^{{\cal{H}}_{\nu}}}{({{\cal{H}}_{\nu}})^{\nu}}} .

(Δεν έχω λύσεις για την άσκηση)
Απευθείας το (β), δείχνοντας ότι η σειρά συγκλίνει, οπότε έπεται και το (α).

Θα χρησιμοποιήσω ότι H_n \le 1+ \ln n \le 2\ln n (βγαίνει π.χ. από κριτήριο ολοκλήρωσης στην φθίνουσα 1/x). Επίσης, για μεγάλα n είναι H_n \ge e (αρκεί το n\ge 10). Άρα

\displaystyle \frac {n^{H_n}}{(H_n)^{n}} \le \frac {n^{2\ln n}}{e^{n}} =\frac {e^{\ln ( n^{2\ln n})}}{e^{n}} =\frac {e^{2 (\ln n)^2}}{e^{n}} \, \, (*).

Τώρα, για μεγάλα n είναι \ln n \le \sqrt [4] n (βγαίνει π.χ. από το \displaystyle \lim_{x\to \infty} \frac {\ln x}{x} = 0 και θέτοντας x=\sqrt [4]n ), οπότε \displaystyle e^{2 (\ln n)^2} \le e^{2 \sqrt n} \le e^ {\frac {1}{2} n}. Άρα το δεξί μέλος της (*) είναι

\displaystyle  \le \frac { e^ {\frac {1}{2} n} }{e^n} = \frac {1} { (\sqrt e)^n}, με βέβαια \sqrt e >1.

Από το κριτήριο σύγκρισης, η σειρά συκλίνει.

Φιλικά,

Μιχάλης


Άβαταρ μέλους
grigkost
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 2795
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:54 pm
Τοποθεσία: Ιωάννινα

Re: Ακολουθία και σειρά αρμονικών αριθμών

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από grigkost » Δευ Δεκ 26, 2011 10:24 pm

Μια δεύτερη λύση για το β), από το οποίο προκύπτει και το α):

Εύκολα αποδεικνύεται ότι, για κάθε \nu\in\mathbb{N}, ισχύει \displaystyle\frac{1}{3}+\frac{\nu}{\nu+1}<{\cal{H}}_{\nu}<\frac{2}{3}+\sqrt{\nu} .

Επομένως, για κάθε \nu\in\mathbb{N}, ισχύει \displaystyle\frac{\nu^{{\cal{H}}_{\nu}}}{({{\cal{H}}_{\nu}})^{\nu}}<\frac{\nu^{\frac{2}{3}+\sqrt{\nu}}}{\bigl({\frac{1}{3}+\frac{\nu}{\nu+1}}\bigr)^{\nu}}=\Bigl({\frac{3\nu+3}{4\nu+1}}\Bigr)^{\nu}\,\nu^{\frac{2}{3}+\sqrt{\nu}} .

Επειδή \displaystyle\mathop{\lim}\limits_{\nu\rightarrow{+\infty}}\sqrt[\nu]{\Bigl({\frac{3\nu+3}{4\nu+1}}\Bigr)^{\nu}\,\nu^{\frac{2}{3}+\sqrt{\nu}}}=\mathop{\lim}\limits_{\nu\rightarrow{+\infty}}\Bigl({\frac{3\nu+3}{4\nu+1}}\Bigr)\,\mathop{\lim}\limits_{\nu\rightarrow{+\infty}}\sqrt[\nu]{\nu^{\frac{2}{3}}}\,\mathop{\lim}\limits_{\nu\rightarrow{+\infty}}{\nu^{\frac{1}{\sqrt{\nu}}}}=
\dfrac{3}{4}\cdot1\cdot1=\dfrac{3}{4}<1 , από το κριτήριο \nu-στης ρίζας προκύπτει ότι η σειρά \displaystyle\mathop{\sum}\limits_{\nu=1}^{+\infty}{\Bigl({\frac{3\nu+3}{4\nu+1}}\Bigr)^{\nu}\,\nu^{\frac{2}{3}+\sqrt{\nu}}} συγκλίνει.

Από το κριτήριο σύγκρισης έπεται ότι και η σειρά \displaystyle\mathop{\sum}\limits_{\nu=1}^{+\infty}{\frac{\nu^{{\cal{H}}_{\nu}}}{({{\cal{H}}_{\nu}})^{\nu}}} συγκλίνει.\quad\square


{\color{dred}\Gamma\!\rho\,{\rm{H}}\gamma\varnothing\varrho{\mathscr{H}}\varsigma \ {\mathbb{K}}\,\Omega\sum{\rm{t}}{\mathscr{A}}\,{\mathbb{K}}\!\odot\varsigma
Άβαταρ μέλους
Σεραφείμ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1872
Εγγραφή: Τετ Μάιος 20, 2009 9:14 am
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη - Γιάννενα

Re: Ακολουθία και σειρά αρμονικών αριθμών

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Σεραφείμ » Δευ Δεκ 26, 2011 10:33 pm

H σύγκλιση της σειράς προκύπτει (μάλλον) εύκολα κι' απ' το γεγονός ότι \displaystyle{{{\rm H}_n} = \ln n + {\gamma _n}} , με \displaystyle{0 \leqslant {\gamma _n} \leqslant 1} και \displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {\gamma _n} = \gamma } , όπου \displaystyle{\gamma : } η σταθερά Euler Mascheroni


Σεραφείμ Τσιπέλης
Άβαταρ μέλους
grigkost
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 2795
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:54 pm
Τοποθεσία: Ιωάννινα

Re: Ακολουθία και σειρά αρμονικών αριθμών

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από grigkost » Δευ Δεκ 26, 2011 11:06 pm

Μία (αποδεδειγμένη) σφιχτή ανισότητα για τους αρμονικούς αριθμούς από τον N. Batir
(Mathematical Inequalities & Applications, Volume 14, Number 4 (2011), 917–925) :

\gamma+\frac{1}{2}\,\log({n^2+n+c})<{\cal{H}}_{n}<\gamma+\frac{1}{2}\,\log({n^2+n+d}) ,

όπου c=e^{2\,({1-\gamma})}-2 και d=\dfrac{1}{3} είναι (όπως ισχυρίζεται) οι καλύτερες δυνατές σταθερές και \gamma η σταθερά Euler-Mascheroni .


{\color{dred}\Gamma\!\rho\,{\rm{H}}\gamma\varnothing\varrho{\mathscr{H}}\varsigma \ {\mathbb{K}}\,\Omega\sum{\rm{t}}{\mathscr{A}}\,{\mathbb{K}}\!\odot\varsigma
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 11536
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Ακολουθία και σειρά αρμονικών αριθμών

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Δευ Δεκ 26, 2011 11:16 pm

Σεραφείμ έγραψε:H σύγκλιση της σειράς προκύπτει (μάλλον) εύκολα κι' απ' το γεγονός ότι \displaystyle{{{\rm H}_n} = \ln n + {\gamma _n}} , με \displaystyle{0 \leqslant {\gamma _n} \leqslant 1} και \displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {\gamma _n} = \gamma } , όπου \displaystyle{\gamma : } η σταθερά Euler Mascheroni
Σωστά, αλλά με τον ένα ή τον άλλο τρόπο αναγώμαστε στη σειρά με γενικό όρο \displaystyle \frac {n^{\ln n}}{(\ln n )^n}. Τα προβλήματα αρχίζουν από εκεί και πέρα, γι' αυτό εργάστηκα με ανισώσεις προς τα πάνω.

Φιλικά,

Μιχάλης


Άβαταρ μέλους
grigkost
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 2795
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:54 pm
Τοποθεσία: Ιωάννινα

Re: Ακολουθία και σειρά αρμονικών αριθμών

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από grigkost » Παρ Μαρ 16, 2018 12:36 pm

grigkost έγραψε:
Σάβ Δεκ 24, 2011 9:30 pm
Να εξετασθεί ως προς την σύγκλιση η σειρά \displaystyle\mathop{\sum}\limits_{\nu=1}^{+\infty}{\frac{\nu^{{\cal{H}}_{\nu}}}{({{\cal{H}}_{\nu}})^{\nu}}}
Ακόμα μια λύση:

Θα χρειαστούμε ότι για n\in{\mathbb{N}}\,,\, n\geqslant15, ισχύουν
\begin{aligned} 
\left\{\begin{array}{c} 
 1+\log{n}<\frac{n}{2}\\\noalign{\vspace{0.2cm}} 
\frac{1}{\gamma+\log(n+1)}<\frac{1}{2\sqrt{{\rm{e}}}} 
\end{array}\right\}\quad (1) 
\end{aligned}
και ότι, για κάθε n\in{\mathbb{N}}, ισχύει

\gamma+\log{n}<{\cal{H}}_n\leqslant1+\log{n}\quad (2)
Αν \alpha_n=\frac{n^{{\cal{H}}_{n}}}{({\cal{H}}_{n})^n}\,,\; n\in{\mathbb{N}}\,, τότε για n\in{\mathbb{N}}\,,\, n\geqslant15, ισχύει
\begin{aligned} 
\frac{\alpha_{n+1}}{\alpha_n}&=\frac{(n+1)^{{\cal{H}}_{n+1}}({\cal{H}}_{n})^n}{n^{{\cal{H}}_{n}}({\cal{H}}_{n+1})^{n+1}}\\\noalign{\vspace{0.2cm}} 
&=\frac{(n+1)^{{\cal{H}}_{n}+\frac{1}{n+1}}({\cal{H}}_{n})^n}{n^{{\cal{H}}_{n}}({\cal{H}}_{n+1})^{n}\,{\cal{H}}_{n+1}}\\\noalign{\vspace{0.2cm}} 
&=\Big(\frac{n+1}{n}\Big)^{{\cal{H}}_{n}}(n+1)^{\frac{1}{n+1}}\Big(\frac{{\cal{H}}_{n}}{{\cal{H}}_{n+1}}\Big)^n\frac{1}{{\cal{H}}_{n+1}}\\\noalign{\vspace{0.2cm}} 
&\stackrel{\frac{{\cal{H}}_{n}}{{\cal{H}}_{n+1}}<1}{\leqslant}\Big(1+\frac{1}{n}\Big)^{{\cal{H}}_{n}}\cdot\frac{3}{2}\cdot1\cdot\frac{1}{{\cal{H}}_{n+1}}\\\noalign{\vspace{0.2cm}} 
&\stackrel{(2)}{\leqslant}\frac{3}{2}\Big(1+\frac{1}{n}\Big)^{1+\log{n}}\frac{1}{\gamma+\log(n+1)}\\\noalign{\vspace{0.2cm}} 
&\stackrel{(1)}{\leqslant}\frac{3}{2}\Big(1+\frac{1}{n}\Big)^{\frac{n}{2}}\frac{1}{2\sqrt{{\rm{e}}}}\\\noalign{\vspace{0.2cm}} 
&<\frac{3}{2}\,\sqrt{{\rm{e}}}\,\frac{1}{2\sqrt{{\rm{e}}}}\\\noalign{\vspace{0.2cm}} 
&=\frac{3}{4}<1\,. 
\end{aligned}

Από το κριτήριο πηλίκου του D' Alembert, προκύπτει ότι η σειρά \sum_{n=1}^{\infty}\frac{n^{{\cal{H}}_{n}}}{({\cal{H}}_{n})^n} συγκλίνει.


{\color{dred}\Gamma\!\rho\,{\rm{H}}\gamma\varnothing\varrho{\mathscr{H}}\varsigma \ {\mathbb{K}}\,\Omega\sum{\rm{t}}{\mathscr{A}}\,{\mathbb{K}}\!\odot\varsigma
Απάντηση

Επιστροφή σε “ΑΝΑΛΥΣΗ”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης