Αποκλίνουσα σειρά

Tolaso J Kos · #1

Έστω $\alpha \in \mathbb{R} \setminus \mathbb{Z}$ και ας συμβολίσουμε με $\lfloor \cdot \rfloor$ το ακέραιο μέρος. Δείξατε ότι η σειρά
$\displaystyle{\mathcal{S}= \sum_{n=1}^{\infty} \left(\alpha-\frac{\lfloor n\alpha \rfloor}{n}\right)}$ αποκλίνει.

(16η Μαθηματική Ολυμπιάδα Κούβας)

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #2

Θέτουμε $a_{n}=na-\left [ na \right ]$

Αν $a=\frac{p}{q}\in \mathbb{Q}$

τότε αθροίζοντας πάνω στα $n=kq+1,k\in \mathbb{N}$

εύκολα βλέπουμε ότι αποκλίνει.

Αν $a\notin \mathbb{Q}$ τότε η $(a_{n})_{n\in \mathbb{N}}$ είναι

ισοκατανεμημένη στο [0,1]

.
https://en.wikipedia.org/wiki/Equidistributed_sequence

Εύκολα βλέπουμε ότι για $k\geq k_{0}$

είναι $\left | \left \{ n\in \mathbb{N}:k< n\leq 2k,a_{n} \in (\frac{1}{2},1)\right \} \right |\geq \frac{1}{3}k$

Αρα $\sum_{n=k+1}^{2k}\frac{a_{n}}{n}\geq \sum_{n=2k-\frac{k}{3}}^{2k}\frac{1}{2}\frac{1}{n}\geq cln\frac{6}{5}$

όπου

απόλυτη σταθερά .
Αρα η σειρά αποκλίνει.

dement · #3

Εστιάζουμε στα $0 < \alpha < 1$ (κάθε όρος της σειράς είναι

-περιοδικός).

Έστω ακέραιος k > 0

και έστω

ο μέγιστος ακέραιος για τον οποίο $k - 1 < n \alpha < k$ . Ισχύει $\{ n \alpha \} \geqslant 1 - \alpha$ ενώ $\displaystyle n \leqslant \frac{k}{\alpha}$ . Έτσι, η σειρά έχει έναν όρο τουλάχιστον $\displaystyle \frac{\alpha (1-\alpha)}{k}$ .

Έχουμε έναν τέτοιο όρο για κάθε θετικό ακέραιο

, οπότε η σειρά αποκλίνει.

(Με πρόλαβε ο Σταύρος, το αφήνω).

Αποκλίνουσα σειρά

Αποκλίνουσα σειρά

Re: Αποκλίνουσα σειρά

Re: Αποκλίνουσα σειρά

Μέλη σε σύνδεση