Ακολουθία με ακέραιο μέρος

Συντονιστές: grigkost, Κοτρώνης Αναστάσιος

Άβαταρ μέλους
grigkost
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 2794
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:54 pm
Τοποθεσία: Ιωάννινα

Ακολουθία με ακέραιο μέρος

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από grigkost » Κυρ Φεβ 18, 2018 8:37 am

Παρόμοια με αυτήν δίνεται το παρακάτω πρόβλημα για το οποίο δεν έχω λύση:

Για την ακολουθία \alpha_n=\sqrt{n}-\lfloor\sqrt{n}\rfloor\,,\; n\in\mathbb{N}, όπου \lfloor{\cdot}\rfloor το ακέραιο μέρος, να αποδειχθεί ότι \limsup\alpha_n=1.


{\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: 11534
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Ακολουθία με ακέραιο μέρος

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Κυρ Φεβ 18, 2018 9:45 am

grigkost έγραψε:
Κυρ Φεβ 18, 2018 8:37 am
Για την ακολουθία \alpha_n=\sqrt{n}-\lfloor\sqrt{n}\rfloor\,,\; n\in\mathbb{N}, όπου \lfloor{\cdot}\rfloor το ακέραιο μέρος, να αποδειχθεί ότι \limsup\alpha_n=1.
Ισχύει βέβαια \displaystyle{\alpha_n=\sqrt{n}-\lfloor\sqrt{n}\rfloor \le 1}. Τώρα, για n=m^2-1 με χρήση της \displaystyle{m > \sqrt {m^2-1} > m-1} έχουμε

\displaystyle{\sqrt{n}-\lfloor\sqrt{n}\rfloor =\sqrt{m^2-1}-\lfloor\sqrt{m^2-1}\rfloor = \sqrt{m^2-1}- (m-1) = 1 -\left ( m-\sqrt{m^2-1}\right) = 1 -\frac {1}{m+\sqrt{m^2-1}}\to 1 }


ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 2678
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Ακολουθία με ακέραιο μέρος

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Δευ Φεβ 19, 2018 11:16 am

grigkost έγραψε:
Κυρ Φεβ 18, 2018 8:37 am
Παρόμοια με αυτήν δίνεται το παρακάτω πρόβλημα για το οποίο δεν έχω λύση:

Για την ακολουθία \alpha_n=\sqrt{n}-\lfloor\sqrt{n}\rfloor\,,\; n\in\mathbb{N}, όπου \lfloor{\cdot}\rfloor το ακέραιο μέρος, να αποδειχθεί ότι \limsup\alpha_n=1.
Η ακολουθία παρουσιάζει ενδιαφέρον.

Ο λόγος είναι ότι τα οριακά της σημεία είναι το [0,1]

Δηλαδή για κάθε a\in [0,1]

υπάρχει υπακολουθία της που συγκλίνει στο a.

Εστω a\in [0,1]

Είναι n^{2}\leq n^{2}+[2an]< n^{2}+2n+1=(n+1)^{2}

Ετσι

a_{n^{2}+[2an]}=\sqrt{n^{2}+[2an]}-n=\dfrac{[2an]}{\sqrt{n^{2}+[2an]}+n}

Αλλά \dfrac{[2an]}{\sqrt{n^{2}+[2an]}+n}=\dfrac{\frac{[2an]}{n}}{\sqrt{1+\frac{[2an]}{n^{2}}}+1}\rightarrow a

γιατί \frac{[2an]}{n}\rightarrow 2a


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΑΝΑΛΥΣΗ”

Μέλη σε σύνδεση

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