mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιουν 06, 2018 12:10 am**

ΠΡΟΒΛΗΜΑ. Νὰ ὑπολογισθεῖ τὸ ὅριο
$\displaystyle{ \lim\limits_{n\rightarrow \infty} \frac{n+n^2+n^3+\cdots +n^n}{1^n+2^n+3^n+\cdots +n^n}. }$

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιουν 06, 2018 11:35 am**

Γράφουμε τον αριθμητή ως

$\displaystyle \sum_{k=1}^n n^k = \frac{n}{n-1} (n^n - 1)$

και έτσι ο γενικός όρος γράφεται (διαιρώντας αριθμητή και παρονομαστή με n^n

) ως

$\displaystyle \frac{n}{n-1} \cdot \frac{1 - n^{-n}}{\displaystyle \sum_{k=0}^{n-1} (1 - k/n)^n}$

Κάθε όρος στο άθροισμα του παρονομαστή είναι θετικός και τείνει μονότονα στο $e^{-k}$ , ενώ ισχύει επίσης $\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty} e^{-k} = \frac{1}{1 - e^{-1}}$ . Έτσι, ο παρονομαστής τείνει στο $\displaystyle \frac{1}{1 - e^{-1}}$ και τελικά το όριο είναι $1 - e^{-1}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιουν 06, 2018 5:11 pm**

Δὲν εἶναι καὶ τόσο προφανὲς ὅτι
$\displaystyle{ \sum_{k=0}^{n-1}\left(1-\frac{k}{n}\right)^n\to \frac{1}{1-\mathrm{e}^{-1}} }$
καθὼς δὲν ἀποτελεῖ ἄθροισμα σταθεροῦ πεπερασμένου μήκους!

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιουν 06, 2018 5:31 pm**

Καλημέρα Γιώργο.

Το ξέρω, γι' αυτό και ανέφερα ότι πρόκειται για μονότονη σύγκλιση θετικών όρων (μη αρνητικών, αν συνυπολογίσουμε τα μηδενικά στην περίπτωση k > n

) σε όρια με υπαρκτό άθροισμα στο άπειρο, ώστε να μπορέσω να αντιστρέψω τα όρια. Στην ουσία χρησιμοποιώ το λήμμα

Αν για μια μη αρνητική οικογένεια ακολουθιών $(a_{n,k})$ ισχύει $\displaystyle \lim_{n \to \infty} a_{n,k} = l_k$ αυξόντως καθώς και $\displaystyle \sum_{k=0}^\infty l_k = L$ , τότε $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \sum_{k=0}^n a_{n,k} = L$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιουν 06, 2018 7:54 pm**

Με εντυπωσίασε η λύση. Την γράφω με δικά μου λόγια ώστε να είναι πιο ορατό το βήμα που είναι στα συμφραζόμενα (αν και ο Δημήτρης το εξήγησε επαρκέστατα στο αμέσως προηγούμενο ποστ).

Ασχολούμαι μόνο με τον παρονομαστή, γιατί ο αριθμητής είναι άμεσος. Θέλουμε δηλαδή να δείξουμε

$\displaystyle{ \lim\limits_{n\rightarrow \infty} \frac{1^n+2^n+3^n+\cdots +n^n}{n^n} = \displaystyle \sum_{k=0}^{\infty} e^{-k} = \frac{1}{1 - e^{-1}}$

Επειδή $(1 - k/n)^n \le e^{-k}$ και μάλιστα $(1 - k/n)^n \to e^{-k}$ έχουμε για οποιοδήποτε $m\le n-1$ τις ανισότητες

$\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty} e^{-k} \ge \displaystyle \sum_{k=0}^{n-1} e^{-k}\ge \displaystyle \sum_{k=0}^{n-1} (1 - k/n)^n \ge \displaystyle \sum_{k=0}^{m} (1 - k/n)^n$

ή αλλιώς

$\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty} e^{-k} \ge \frac{1^n+2^n+3^n+\cdots +n^n}{n^n}\ge \displaystyle \sum_{k=0}^{m} (1 - k/n)^n \, (*)$

Τώρα, επειδή το δεξί άκρο της (*)

έχει όριο το $\displaystyle \sum_{k=0}^{m} e^{-k}$ καθώς $n\to \infty$ και αυτό με την σειρά του έχει όριο καθώς $m \to \infty$ το αριστερό μέλος της (*)

, εύκολα βλέπουμε ότι το όριο $\displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow \infty} \frac{1^n+2^n+3^n+\cdots +n^n}{n^n}$ υπάρχει και είναι ίσο με $\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty} e^{-k}$

Σχόλιο: Το αποτέλεσμα οφείλεται στους Schoenbrg, van Lint και Dijkstra στο Nieuw Archief voor Wiskunde τόμος 30, 1982 σελ. 334-337. Η απόδειξή τους είναι διαφορετική.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιουν 07, 2018 5:55 pm**

Προτιμῶ τὴν ἑξῆς αὐστηροποίηση (οὐσιαστικὰ, ἀναδιατυπώνοντας τὴν λύση τοῦ Μιχάλη):

Ἔχοντας ἀποδείξει ὅτι, διὰ κάθε n>m

,
$\displaystyle{ \frac{\mathrm{e}}{\mathrm{e}-1}=\sum_{k=0}^\infty \mathrm{e}^{-k}\ge \sum_{k=0}^{n-1}\left(1-\frac{k}{n}\right)^n\ge \sum_{k=0}^{m}\left(1-\frac{k}{n}\right)^n=b_n(m). }$
Ἄρα
$\displaystyle{ \frac{\mathrm{e}}{\mathrm{e}-1}\ge \limsup_{n\to\infty}\sum_{k=0}^{n-1}\left(1-\frac{k}{n}\right)^n \ge \liminf_{n\to\infty}\sum_{k=0}^{n-1}\left(1-\frac{k}{n}\right)^n \ge \lim_{n\to\infty}\sum_{k=0}^{m}\left(1-\frac{k}{n}\right)^n=\lim_{n\to\infty}b_n(m)=\sum_{k=0}^{m}\mathrm{e}^{-k} }$
Ἡ ἀνωτέρω ἰσχύει διὰ κάθε $m\in\mathbb N$ . Συνεπῶς
$\displaystyle{ \liminf_{n\to\infty}\sum_{k=0}^{n-1}\left(1-\frac{k}{n}\right)^n\ge \lim_{m\to\infty}\sum_{k=0}^{m}\mathrm{e}^{-k} =\frac{\mathrm{e}}{\mathrm{e}-1}. }$
Συνολικὰ
$\displaystyle{ \frac{\mathrm{e}}{\mathrm{e}-1}\ge \limsup_{n\to\infty}\sum_{k=0}^{n-1}\left(1-\frac{k}{n}\right)^n\ge \liminf_{n\to\infty}\sum_{k=0}^{n-1}\left(1-\frac{k}{n}\right)^n\ge \frac{\mathrm{e}}{\mathrm{e}-1}. }$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιουν 07, 2018 8:36 pm**

Παρεμπιπτόντως, τὸ ὅτι
$\displaystyle{ \lim_{n\to\infty} \sum_{k=0}^{n-1}\left(1-\frac{k}{n}\right)^n=\sum_{k=0}^\infty \mathrm{e}^{-k} }$
δύναται νὰ ἀποδειχθεῖ καὶ διὰ τοῦ Lebesgue Dominated Convergence Theorem (ἢ τὸ Monotone Convergence Theorem), ἂν θέσομε
$\displaystyle{ f_n(k)=\left\{\begin{array}{cll} \left(1-\frac{k}{n}\right)^n, & \text{} & k<n,\\ 0, & \text{ἂν} & k\ge n,\\ \end{array} \right. }$
καὶ $\mu(E)$ τὸ μέτρο ἀπαριθμήσεως στὰ $E\subset\mathbb N$ , ἔχοντας παρατηρήσει ὅτι
$\displaystyle{ 0\le f_n(m)\le f(m)=\mathrm{e}^{-m}. }$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιουν 07, 2018 10:07 pm**

Γ.-Σ. Σμυρλής έγραψε: ↑
Τετ Ιουν 06, 2018 12:10 am
ΠΡΟΒΛΗΜΑ. Νὰ ὑπολογισθεῖ τὸ ὅριο
$\displaystyle{ \lim\limits_{n\rightarrow \infty} \frac{n+n^2+n^3+\cdots +n^n}{1^n+2^n+3^n+\cdots +n^n}. }$

Από αυτή viewtopic.php?f=59&t=60403&p=292527#p292527

για $p_i\equiv p=\frac{k}{n}$ παίρνουμε

$e^{-k}-(1-\frac{k}{n})^n\leq ke^{-k}\frac{k}{n}=\frac{1}{n}k^2e^{-k}.$
Αθροίζοντας για k=0,1,...,n-1

παίρνουμε

$\sum_{k=0}^{n-1}e^{-k}-\sum_{k=0}^{n-1}(1-\frac{k}{n})^n\leq\frac{1}{n} \sum_{k=0}^{n-1}k^2e^{-k}.$
Επειδή $\sum_{k=0}^{\infty }k^2e^{-k} < \infty$ το δεξί μέλος της παραπάνω σχέσης τείνει στο

όταν $n\rightarrow \infty .$

Το ζητούμενο τώρα έπεται.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιουν 08, 2018 11:12 am**

Μπορούμε επίσης να χρησιμοποιήσουμε τις ανισότητες

$\displaystyle e^{-x}e^{-\frac{x^2}{1-x}} = e^{-\tfrac{x}{1-x}} \leqslant (1-x) \leqslant e^{-x}$

που ισχύουν για κάθε $x \in [0,1)$

Η δεξιά είναι αρκετά γνωστή (ισχύει για κάθε

) ενώ η αριστερή είναι συνέπειά της αφού έχουμε $\displaystyle e^{\tfrac{x}{1-x}} \geqslant 1 + \frac{x}{1-x} = \frac{1}{1-x}.$

Επειδή η $\displaystyle \frac{x^2}{1-x}$ είναι αύξουσα στο [0,1]

, για $x \leqslant 1/\sqrt{n}$ θα έχουμε και $\displaystyle 1-x \geqslant e^{\frac{1}{n-\sqrt{n}}}e^{-x}$

Έτσι παίρνουμε

$\displaystyle \sum_{k=0}^n \left(1 - \frac{k}{n} \right)^n \leqslant \sum_{k=0}^n e^{-k} \to \frac{e}{e-1}$

αλλά και

$\displaystyle \sum_{k=0}^n \left(1 - \frac{k}{n} \right)^n \geqslant \sum_{k=0}^{[\sqrt{n}]} \left(1 - \frac{k}{n} \right)^n \geqslant e^{\frac{1}{n-\sqrt{n}}} \sum_{k=0}^{[\sqrt{n}]} e^{-k} \to \frac{e}{e-1}$

mathematica.gr

Ὅριο ἀκολουθίας

Ὅριο ἀκολουθίας

Re: Ὅριο ἀκολουθίας

Re: Ὅριο ἀκολουθίας

Re: Ὅριο ἀκολουθίας

Re: Ὅριο ἀκολουθίας

Re: Ὅριο ἀκολουθίας

Re: Ὅριο ἀκολουθίας

Re: Ὅριο ἀκολουθίας

Re: Ὅριο ἀκολουθίας