Σελίδα 1 από 1

Ακολουθία με ακέραιο μέρος

Δημοσιεύτηκε: Κυρ Φεβ 18, 2018 8:37 am
από grigkost
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.

Re: Ακολουθία με ακέραιο μέρος

Δημοσιεύτηκε: Κυρ Φεβ 18, 2018 9:45 am
από Mihalis_Lambrou
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 }

Re: Ακολουθία με ακέραιο μέρος

Δημοσιεύτηκε: Δευ Φεβ 19, 2018 11:16 am
από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
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