Σελίδα 1 από 1

Ὅριο ἀκολουθίας

Δημοσιεύτηκε: Τετ Ιουν 06, 2018 12:10 am
από Γ.-Σ. Σμυρλής
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}. 
}

Re: Ὅριο ἀκολουθίας

Δημοσιεύτηκε: Τετ Ιουν 06, 2018 11:35 am
από dement
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}.

Re: Ὅριο ἀκολουθίας

Δημοσιεύτηκε: Τετ Ιουν 06, 2018 5:11 pm
από Γ.-Σ. Σμυρλής
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!

Re: Ὅριο ἀκολουθίας

Δημοσιεύτηκε: Τετ Ιουν 06, 2018 5:31 pm
από dement
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.

Re: Ὅριο ἀκολουθίας

Δημοσιεύτηκε: Τετ Ιουν 06, 2018 7:54 pm
από Mihalis_Lambrou
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.

Re: Ὅριο ἀκολουθίας

Δημοσιεύτηκε: Πέμ Ιουν 07, 2018 5:55 pm
από Γ.-Σ. Σμυρλής
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}. 
}

Re: Ὅριο ἀκολουθίας

Δημοσιεύτηκε: Πέμ Ιουν 07, 2018 8:36 pm
από Γ.-Σ. Σμυρλής
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}. 
}

Re: Ὅριο ἀκολουθίας

Δημοσιεύτηκε: Πέμ Ιουν 07, 2018 10:07 pm
από Λάμπρος Κατσάπας
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 0 όταν n\rightarrow \infty .

Το ζητούμενο τώρα έπεται.

Re: Ὅριο ἀκολουθίας

Δημοσιεύτηκε: Παρ Ιουν 08, 2018 11:12 am
από Demetres
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 x) 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}