Ακολουθία

Συντονιστές: grigkost, Κοτρώνης Αναστάσιος

sot arm
Δημοσιεύσεις: 154
Εγγραφή: Τρί Μάιος 03, 2016 5:25 pm

Ακολουθία

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από sot arm » Παρ Δεκ 28, 2018 7:34 pm

Οργάνωνα κάτι σημειώσεις εν όψει εξεταστικής και έπεσα πάνω σε αυτή την άσκηση Απειροστικού 2,
μου φάνηκε ενδιαφέρουσα, οπότε και την προτείνω:

Έστω \displaystyle{x_{n}, n \in \mathbb{N}} ακολουθία θετικών πραγματικών τέτοια ώστε:
\displaystyle{x_{m+n}\leq x_{m}+x_{n} ,   m,n \in \mathbb{N}}

να δειχθεί ότι:
(Ι) \displaystyle{\frac{x_{n}}{n}} συγκλίνει.

(ΙΙ) Έστω k θετικός ακέραιος, αν η συνθήκη ισχύει για:
\displaystyle{|m-n| < k} ισχύει ακόμα το (Ι) ;


Αρμενιάκος Σωτήρης

Λέξεις Κλειδιά:
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10955
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Ακολουθία

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Παρ Δεκ 28, 2018 10:40 pm

sot arm έγραψε:
Παρ Δεκ 28, 2018 7:34 pm
Έστω \displaystyle{x_{n}, n \in \mathbb{N}} ακολουθία θετικών πραγματικών τέτοια ώστε:
\displaystyle{x_{m+n}\leq x_{m}+x_{n} ,   m,n \in \mathbb{N}}

να δειχθεί ότι:
(Ι) \displaystyle{\frac{x_{n}}{n}} συγκλίνει.

(ΙΙ) Έστω k θετικός ακέραιος, αν η συνθήκη ισχύει για:
\displaystyle{|m-n| < k} ισχύει ακόμα το (Ι) ;
Ζόρικη.

Έστω m σταθερό και n\ge m. Τότε υπάρχουν k, \, r με n=km+r, όπου 0\le r <m. Άρα

\displaystyle{\dfrac {x_n}{n} = \dfrac {x_ {km+r}}{n}\le  \dfrac {kx_ {m}}{n} + \dfrac {x_ {r}}{n}}.

Παίρνοντας n\to \infty και με χρήση του  \frac {k}{n} = \frac {k}{km+r} \to \frac {1}{m}, έπεται

\displaystyle{\limsup \dfrac {x_n}{n} \le  \dfrac {x_ {m}}{m} + 0}.

Επειδή αυτό ισχύει για κάθε m έχουμε ακόμη \displaystyle{\limsup \dfrac {x_n}{n} \le  \liminf \dfrac {x_ {m}}{m} }, από όπου το ζητούμενο.


sot arm
Δημοσιεύσεις: 154
Εγγραφή: Τρί Μάιος 03, 2016 5:25 pm

Re: Ακολουθία

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από sot arm » Σάβ Δεκ 29, 2018 2:40 pm

Ωραία κύριε Λάμπρου, μένει το δεύτερο ερώτημα.


Αρμενιάκος Σωτήρης
mikemoke
Δημοσιεύσεις: 209
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 17, 2016 12:58 am

Re: Ακολουθία

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από mikemoke » Σάβ Δεκ 29, 2018 11:24 pm

sot arm έγραψε:
Παρ Δεκ 28, 2018 7:34 pm
Οργάνωνα κάτι σημειώσεις εν όψει εξεταστικής και έπεσα πάνω σε αυτή την άσκηση Απειροστικού 2,
μου φάνηκε ενδιαφέρουσα, οπότε και την προτείνω:

Έστω \displaystyle{x_{n}, n \in \mathbb{N}} ακολουθία θετικών πραγματικών τέτοια ώστε:
\displaystyle{x_{m+n}\leq x_{m}+x_{n} ,   m,n \in \mathbb{N}}

να δειχθεί ότι:
(Ι) \displaystyle{\frac{x_{n}}{n}} συγκλίνει.

(ΙΙ) Έστω k θετικός ακέραιος, αν η συνθήκη ισχύει για:
\displaystyle{|m-n| < k} ισχύει ακόμα το (Ι) ;
H (II) δεν ισχύει για κάθε k .Έστω k=1 τότε n=m ,άρα
\forall n\in \mathbb{N} : x_{2n}\leq 2x_n
Θεωρούμε A=\left \{ 2^n:n\in \mathbb{N} \cup \left \{ 0 \right \}  \right \}
και x_n=1,n\in A και x_n=n+1,n\in\mathbb{N}\setminus A.
Tότε \forall n\in \mathbb{N}((n\in A\Rightarrow 2n \in A)\wedge (n \notin A\Rightarrow 2n \notin A))
Άρα \forall n\in \mathbb{N}:(x_{2n}=1=x_n)\vee (x_{n}=n+1 \wedge x_{2n}=2n+1)
Άρα ισχύει η (Ι).
Όμως \frac{x_n}{n}=\frac{1}{n},n\in A και \frac{x_n}{n}=1+\frac{1}{n} , n\in \mathbb{N}\setminus A.
Άρα \frac{x_n}{n} δεν είναι συγκλίνουσα.


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10955
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Ακολουθία

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Κυρ Δεκ 30, 2018 2:39 am

sot arm έγραψε:
Παρ Δεκ 28, 2018 7:34 pm
Έστω \displaystyle{x_{n}, n \in \mathbb{N}} ακολουθία θετικών πραγματικών τέτοια ώστε:
\displaystyle{x_{m+n}\leq x_{m}+x_{n} ,   m,n \in \mathbb{N}}

να δειχθεί ότι:
(Ι) \displaystyle{\frac{x_{n}}{n}} συγκλίνει.

(ΙΙ) Έστω k θετικός ακέραιος, αν η συνθήκη ισχύει για:
\displaystyle{|m-n| < k} ισχύει ακόμα το (Ι) ;
Λίγο πιο απλά για την περίπτωση k=1. Εδώ η συνθήκη γράφεται x_{2m} \le 2 x_m η οποία ικανοποιείται αν θέσουμε

\displaystyle{x_{2^n} = 2^n} για \displaystyle{ n=0, 1, 2,... } και x_n=1 αλλιώς. Τώρα για τις υπακολουθίες \displaystyle{\dfrac {x_{2^n}}{2^n}\to 1} ενώ

\displaystyle{\dfrac {x_{2n+1}}{2n+1}\to 0}, οπότε δεν συγκλίνει η δοθείσα.

Τα γράφω αυτά γιατί νομίζω ότι η σωστή ερώτηση (ii) είναι η εξής παραλλαγή της:

Αν x_m θετικοί με \displaystyle{x_{m+1}\leq x_{m}+x_{1} ,   m \in \mathbb{N^*}}

ισχύει άραγε ότι η \displaystyle{\frac{x_{n}}{n}} συγκλίνει;

Δεν το σκέφτηκα με λεπτομέρεια αλλά τριγυρίζει στο μυαλό μου. Πάντως η \displaystyle{\frac{x_{n}}{n}}
εύκολα αποδεικνύεται φραγμένη, άρα έχει συγκλίνουσα υπακολουθία. Περισσότερα δεν ξέρω. Ες αύριον...


mikemoke
Δημοσιεύσεις: 209
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 17, 2016 12:58 am

Re: Ακολουθία

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από mikemoke » Κυρ Δεκ 30, 2018 3:11 pm

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Κυρ Δεκ 30, 2018 2:39 am
sot arm έγραψε:
Παρ Δεκ 28, 2018 7:34 pm
Έστω \displaystyle{x_{n}, n \in \mathbb{N}} ακολουθία θετικών πραγματικών τέτοια ώστε:
\displaystyle{x_{m+n}\leq x_{m}+x_{n} ,   m,n \in \mathbb{N}}

να δειχθεί ότι:
(Ι) \displaystyle{\frac{x_{n}}{n}} συγκλίνει.

(ΙΙ) Έστω k θετικός ακέραιος, αν η συνθήκη ισχύει για:
\displaystyle{|m-n| < k} ισχύει ακόμα το (Ι) ;
Λίγο πιο απλά για την περίπτωση k=1. Εδώ η συνθήκη γράφεται x_{2m} \le 2 x_m η οποία ικανοποιείται αν θέσουμε

\displaystyle{x_{2^n} = 2^n} για \displaystyle{ n=0, 1, 2,... } και x_n=1 αλλιώς. Τώρα για τις υπακολουθίες \displaystyle{\dfrac {x_{2^n}}{2^n}\to 1} ενώ

\displaystyle{\dfrac {x_{2n+1}}{2n+1}\to 0}, οπότε δεν συγκλίνει η δοθείσα.

Τα γράφω αυτά γιατί νομίζω ότι η σωστή ερώτηση (ii) είναι η εξής παραλλαγή της:

Αν x_m θετικοί με \displaystyle{x_{m+1}\leq x_{m}+x_{1} ,   m \in \mathbb{N^*}}

ισχύει άραγε ότι η \displaystyle{\frac{x_{n}}{n}} συγκλίνει;

Δεν το σκέφτηκα με λεπτομέρεια αλλά τριγυρίζει στο μυαλό μου. Πάντως η \displaystyle{\frac{x_{n}}{n}}
εύκολα αποδεικνύεται φραγμένη, άρα έχει συγκλίνουσα υπακολουθία. Περισσότερα δεν ξέρω. Ες αύριον...
Και πάλι η συνθήκη δεν συνεπάγεται την σύγκλιση.
Θέτουμε \forall n\in \mathbb{N}:y_n=\frac{x_n}{n} .
Θα βρούμε y_n μη συγκλίνουσα που ικανοποιεί :
\forall n\in \mathbb{N}:y_{n+1}-y_{n}\leq \frac{x_1-y_{n+1}}{n} (I)
Θέλουμε να ισχύει : \forall n\in \mathbb{N}:y_{n+1}\leq \frac{x_1}{2} (1)
δηλαδή \forall n\in \mathbb{N}: \frac{x_1}{2n}\leq \frac{x_1-y_{n+1}}{n} (2)
Επιλέγουμε y\in (0,\frac{x_1}{2}) και a\in (0,\frac{x_1}{2}-y)
\exists n_0\in\mathbb{N}:\frac{x_1}{2n_0}+y+a<\frac{x_1}{2} και \frac{x_1}{2n_0}< a
Θέτουμε \forall n\leq n_0 :y_n=y
Επειδή \forall i\in\mathbb{N} :\sum_{k=i}^{n}\frac{x_1}{2k} αποκλίνουσα
\exists n_1>n_0: y+a<y+\sum_{k=n_0}^{n_1}\frac{x_1}{2k}<\frac{x_1}{2}
Tότε θέτουμε \forall n_0<n\leq n_1:y_n=y+\sum_{k=n_0}^{n}\frac{x_1}{2k}
και y_{n_1+1}=y
και συνεχίζουμε επαγωγικά .
Τότε θα έχουμε κατασκευάσει ακολουθία y_n η οποία ικανοποιεί την (1) ,άρα και την (2) και για την οποία ισχύει
\forall n\in \mathbb{N}:y_{n+1}-y_n\leq \frac{x_1}{2n}.
Aπό την (2) έχουμε :\forall n\in\mathbb{N}: \forall n\in \mathbb{N}:y_{n+1}-y_n\leq \frac{x_1}{2n}\leq \frac{x_1-y_n}{n}
Άρα υπάρχει y_n αποκλίνουσα που ικανοποιεί το (Ι).


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10955
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Ακολουθία

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Κυρ Δεκ 30, 2018 3:58 pm

sot arm έγραψε:
Παρ Δεκ 28, 2018 7:34 pm
Οργάνωνα κάτι σημειώσεις εν όψει εξεταστικής και έπεσα πάνω σε αυτή την άσκηση Απειροστικού 2,
μου φάνηκε ενδιαφέρουσα, οπότε και την προτείνω:

Έστω \displaystyle{x_{n}, n \in \mathbb{N}} ακολουθία θετικών πραγματικών τέτοια ώστε:
\displaystyle{x_{m+n}\leq x_{m}+x_{n} ,   m,n \in \mathbb{N}}

να δειχθεί ότι:
(Ι) \displaystyle{\frac{x_{n}}{n}} συγκλίνει.
.
Ας επανέλθω στο αρχικό ερώτημα γιατί μου τράβηξε τον ενδιαφέρον. Με λίγο ψάξιμο στα βιβλία και στο διαδίκτυο διαπιστώνω ότι το εν λόγω αποτέλεσμα ονομάζεται Λήμμα Fekete (π.χ. εδώ.) με πάρα πολλές εφαρμογές σε διάφορους κλάδους των Μαθηματικών. Μία από αυτές είναι στην φασματική ακτίνα (spectral radius) τελεστού στις Άλγεβρες Banach. Την εφαρμογή αυτή την ήξερα αλλά δεν μου πήγε στο μυαλό όταν είδα την άσκηση καθώς εκεί χρησιμοποιείται η αντίστοιχη (αλλά ισοδύναμη αν πάρουμε λογαρίθμους) πολλαπλασιαστική μορφή της ανισότητας.

Επίσης αξίζει να ψάξετε στο Google βιογραφικά στοιχεία του Michael Fekete (1886-1957), λίγα εδώ., δάσκαλου (ακριβέστερα "ιδιαιτερά") του von Neumann.

Όλες οι αποδείξεις του Λήμματος Fekete που είδα είναι παραλλαγές αυτής που έγραψα. Ανακάλυψα τον τροχό. Για τον λόγο αυτό δίνω μία λίγο, ελάχιστα, διαφορετική/διασκευή ώστε να είναι προσιτή στον πρωτοετή φοιτητή που πρωτοακούει όρια ακολουθιών. Με άλλα λόγια, το Λήμμα θα μπορούσε να διδαχθεί σε εισαγωγικό μάθημα Ανάλυσης, πριν φτάσουμε στα \limsup, \, \liminf που είναι (δυστυχώς τις μέρες μας) μάλλον απρόσιτα στον μέσο φοιτητή. Επίσης η απόδειξη δείχνει (το γνωστό) ότι το εν λόγω όριο είναι το infimum του συνόλου \{\frac {x_n}{n}\, / n =1, \, 2, \, 3, \, ... \}

Έστω \displaystyle{L = \inf \{\dfrac {x_n}{n}\, / n =1, \, 2, \, 3, \, ... \}} και έστω \epsilon >0. Επιλέγουμε m έτσι ώστε
L \le \dfrac {x_m}{m}< L+\epsilon. Έστω ακόμη M = \max \{x_1, \, ... \, , x_{m-1}\}. Επιλέγουμε n_0 \ge \max (m , M/\epsilon ).

Τότε για n\ge n_0 έχουμε n =km+r για φυσικούς k,\, r όπου 0\le r \le m-1 και άρα

L \le \dfrac {x_n}{n}\le  \dfrac {kx_m+x_r}{n}=  \dfrac {km}{n} \dfrac {x_m}{m} + \dfrac {x_r}{n} \le 1\cdot \dfrac {x_m}{m} + \dfrac {M}{n} <(L+\epsilon)+\epsilon

και λοιπά.


sot arm
Δημοσιεύσεις: 154
Εγγραφή: Τρί Μάιος 03, 2016 5:25 pm

Re: Ακολουθία

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από sot arm » Κυρ Δεκ 30, 2018 3:58 pm

Γεια σου Μιχάλη, για το 2 βρήκα την πηγή από που ήταν, και με την ελπίδα να μην <<χαθεί κάτι στην μετάφραση>> επιτρέψτε μου να το ανεβάσω στα Αγγλικά για να το δείτε και εσείς για να μην υπάρχουν αμφιβολίες προς την σωστή εκφώνηση:

Let k be an arbitrary positive integer.Assume that:
\displaystyle{(x_{n})_{n\geq 1}} is a sequence of nonnegative real numbers such that:

\displaystyle{x_{n+m}\leq x_{n}+x_{m} } for all m,n \geq 1 such that |n-m|\leq k

does \displaystyle{\frac{x_{n}}{n}} converge?

Νομίζω πως δεν έχει κάποια ουσιαστική διαφορά από την μεταφρασμένη που έδωσα παραπάνω, έτσι όπως είναι πάντως υπάρχει απάντηση και για τυχόν k , όχι μόνο για κ=1.

Υ.Γ. θα αναφέρω την πηγή μετά την λύση


Αρμενιάκος Σωτήρης
sot arm
Δημοσιεύσεις: 154
Εγγραφή: Τρί Μάιος 03, 2016 5:25 pm

Re: Ακολουθία

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από sot arm » Παρ Ιαν 04, 2019 7:40 pm

Βάζω το αντιπαράδειγμα για το 2ο ερώτημα:
Θεωρούμε το σύνολο:
\displaystyle{T=2^{m}, m \in \mathbb{N}}

Και θέτουμε x_{n} ως εξής:

\displaystyle{x_{n}=n , \alpha \nu  dist(n,T) \leq k} και 0 αλλιώς τότε ικανοποιεί την συνθήκη, αλλά προφανώς η ζητούμενη αποκλίνει.

Ενδιαφέροντα τα παραπάνω που παραθέτει ο κύριος Λάμπρου και ομολογώ δεν τα γνώριζα, τα ερωτήματα είναι από το βιβλίο:

Problems in real analysis, advanced calculus on the real axis , των Andreescu, Radulescu


Αρμενιάκος Σωτήρης
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8050
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Ακολουθία

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Κυρ Ιαν 06, 2019 12:50 pm

Είχα χρειαστεί σε ένα παλιό μου άρθρο την εξής παραλλαγή:

Έστω σταθερά k και ακολουθία (a_n) θετικών (ακεραίων) ώστε

1) a_{nm} \geqslant a_na_m για κάθε n,m \in \mathbb{N}
2) a_{n+1} \geqslant a_n+1 για κάθε n \in \mathbb{N}
3) a_n \leqslant n^k για κάθε n \in \mathbb{N}

Να δειχθεί ότι υπάρχει το \displaystyle  \lim_{n \to \infty} \log_n(a_n)

Το (3) ουσιαστικά δεν χρειάζεται. Μπορεί να αγνοηθεί αν επιτρέψουμε το όριο να είναι +\infty.

Τα a_n στο άρθρο δηλώνουν τα εξής: Έχουμε ένα γράφημα G με k κορυφές. Σε κάθε κορυφή κάθεται ένα παίκτης και ρίχνει ένα ζάρι με n πλευρές. Κάθε παίκτης βλέπει τα αποτελέσματα στις γειτονικές του κορυφές αλλά όχι το δικό του αποτέλεσμα. Ακολούθως μαντεύουν όλοι ταυτόχρονα τι έφερε το δικό τους ζάρι. Μπορούν να συνεννοηθούν από πριν για την στρατηγική που θα ακολουθήσουν. Έστω p_n η βέλτιστη πιθανότητα να βρουν όλοι τους τι έφερε το δικό τους ζάρι. Τότε a_n = p_nn^k και δεν είναι δύσκολο (αλλά ούτε και τετριμμένο) να δειχθεί ότι είναι ακέραιος.

Το όριο το είχαμε ονομάσει (asymptotic) guessing number του γραφήματος G.


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΑΝΑΛΥΣΗ”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 3 επισκέπτες