Μηδενική ακολουθία από μηδενική

Συντονιστές: grigkost, Κοτρώνης Αναστάσιος

Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 11803
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Μηδενική ακολουθία από μηδενική

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Πέμ Νοέμ 28, 2019 7:36 am

Έστω ακολουθία (a_n) με \displaystyle{ \lim _{n\to \infty } \left (a_{n+1}- \frac {1}{2} a_n \right ) =0}. Δείξτε ότι \displaystyle{ \lim _{n\to \infty }  a_n =0}.



Λέξεις Κλειδιά:
sot arm
Δημοσιεύσεις: 191
Εγγραφή: Τρί Μάιος 03, 2016 5:25 pm

Re: Μηδενική ακολουθία από μηδενική

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από sot arm » Πέμ Νοέμ 28, 2019 9:56 am

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Πέμ Νοέμ 28, 2019 7:36 am
Έστω ακολουθία (a_n) με \displaystyle{ \lim _{n\to \infty } \left (a_{n+1}- \frac {1}{2} a_n \right ) =0}. Δείξτε ότι \displaystyle{ \lim _{n\to \infty }  a_n =0}.
Μια λύση, έστω:
b_{n}=a_{n+1}-\frac{1}{2}a_{n} τότε από υπόθεση: b_{n} \rightarrow 0 . Είναι:

\displaystyle{2^{n+1}a_{n+1}-2^{n}a_{n}=2^{n+1}b_{n} \Rightarrow 2^na_{n}=-2a_{1}+\sum_{k=1}^{n-1}2^{k}b_{k} \Leftrightarrow  
a_{n}=(\frac{1}{2})^{n-1}a_{1}+(\frac{1}{2})^{n}\sum_{k=1}^{n-1}2^{k}b_{k}}

Άρα αρκεί: (\frac{1}{2})^{n}\sum_{k=1}^{n-1}2^{k}b_{k} \rightarrow 0

Είναι: \displaystyle{\frac{2^{n}b_{n}}{2^{n}}=b_{n}\rightarrow 0} και άρα από Cesaro-Stolz:

\displastyle{ \frac{\sum_{k=1}^{n-1}2^{k}b_{k}}{\sum_{k=1}^{n-1}2^{k}}\rightarrow 0 }

Έστω τώρα \varepsilon > 0 τυχόν, από τα προηγούμενα υπάρχει n_{1}, \forall n \geq n_{1} :

\displaystyle{|\sum_{k=1}^{n-1}2^{n}b_{n}| < \frac{\varepsilon }{2}|\sum_{k=1}^{n-1}2^{k}|  < \frac{\varepsilon }{2}|2^{n}|}

Καθώς: \displaystyle{\sum_{k=1}^{n-1}2^{k}=\sum_{k=0}^{n-1}2^{k}  -1 =2^{n} -1 -1 < 2^{n}}.Διαλέγουμε τώρα n_{2} τέτοιο ώστε \forall n \geq n_{2} :

\displaystyle{|(\frac{1}{2})^{n}a_{1}| < \frac{\varepsilon }{2}}

Τώρα για κάθε n \geq max\{n_{1},n_{2} \} είναι:

\displaystyle{|a_{n}| \leq |(\frac{1}{2})^{n}a_{1}| + |(\frac{1}{2})^{n}||\sum_{k=1}^{n-1}2^{k}b_{k}| < \frac{\varepsilon }{2}+ \frac{\varepsilon }{2}|(\frac{1}{2})^{n}||2^{n}|= \varepsilon }

και τελειώσαμε.

Γενικεύεται κατά προφανή τρόπο, η απόδειξη λειτουργεί ομοίως, αν έχω πως:

\displaystyle{a_{n+1}+\lambda a_{n} \rightarrow l } , όπου \lambda \in (-1,1) .

Θέτοντας a{'}_{n}=a_{n} - \frac{l}{1+\lambda} μπορώ να υποθέσω πως \displaystyle{a_{n+1}+\lambda a_{n} \rightarrow 0}.

Πρέπει να λύνεται πιο κομψά με limsup, liminf , αλλά δεν ξέρω κατά πόσο θα λειτουργήσει αυτό στην γενικότερη, θα το κοιτάξω.

Επεξεργασία: Διόρθωσα κάποια τυπογραφικά και ένα λάθος πρόσημο που άλλαζε την λύση σε ένα σημείο, ευχαριστώ τον κύριο Δημήτρη που το παρατήρησε και με ενημέρωσε.
τελευταία επεξεργασία από sot arm σε Παρ Νοέμ 29, 2019 11:28 am, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.


Αρμενιάκος Σωτήρης
Λάμπρος Κατσάπας
Δημοσιεύσεις: 593
Εγγραφή: Σάβ Ιουν 17, 2017 10:17 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Μηδενική ακολουθία από μηδενική

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Λάμπρος Κατσάπας » Πέμ Νοέμ 28, 2019 10:22 am

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Πέμ Νοέμ 28, 2019 7:36 am
Έστω ακολουθία (a_n) με \displaystyle{ \lim _{n\to \infty } \left (a_{n+1}- \frac {1}{2} a_n \right ) =0}. Δείξτε ότι \displaystyle{ \lim _{n\to \infty }  a_n =0}.
Από κάποιο n_0 και πέρα, για τυχόν \varepsilon >0 είναι

\dfrac{1}{2^k}a_{n_0}-\sum_{i=0}^{k-1}\dfrac{1}{2^i}\varepsilon <a_{n_0+k}<\dfrac{1}{2^k}a_{n_0}+\sum_{i=0}^{k-1}\dfrac{1}{2^i}\varepsilon.

Από την αριστερή έχουμε \liminf a_n\geq-2\varepsilon και από την δεξιά \limsup a_n\leq2\varepsilon.

Το παραπάνω ισχύει για κάθε \varepsilon>0 και επομένως \liminf a_n=\limsup a_n=0\Rightarrow \lim a_n=0.


sot arm
Δημοσιεύσεις: 191
Εγγραφή: Τρί Μάιος 03, 2016 5:25 pm

Re: Μηδενική ακολουθία από μηδενική

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από sot arm » Πέμ Νοέμ 28, 2019 11:07 am

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Πέμ Νοέμ 28, 2019 7:36 am
Έστω ακολουθία (a_n) με \displaystyle{ \lim _{n\to \infty } \left (a_{n+1}- \frac {1}{2} a_n \right ) =0}. Δείξτε ότι \displaystyle{ \lim _{n\to \infty }  a_n =0}.
Και μία ακόμα:

μπορώ να βρω M>0 ώστε |a_{1}| \leq M , |2a_{n+1}-a_{n}| \leq M Τότε επαγωγικά:

\displaystyle{|a_{n+1}| = |\frac{a_{n}+2a_{n+1}-a_{n}}{2}| \leq \frac{|a_{n}| + |2a_{n+1}-a_{n}|}{2} \leq M}

Δηλαδή η a_{n} φραγμένη και τα limsup, liminf πεπερασμένα, παίρνοντας limsup στην:

\displaystyle{a_{n+1} = \frac{a_{n}+2a_{n+1}-a_{n}}{2} \Rightarrow \limsup a_{n} \leq 0}

Ομοίως: \liminf a_{n} \geq 0 και τελειώσαμε.


Αρμενιάκος Σωτήρης
achilleas
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 2711
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: Μηδενική ακολουθία από μηδενική

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Πέμ Ιαν 30, 2020 9:01 pm

Καλησπέρα σας!

'Ενα ωραίο άρθρο με ενδιαφέροντα προβλήματα που συνδέεονται με το θέμα του αρχικού ποστ δημοσιεύθηκε στο εξαιρετικό περιοδικό Gazeta Matematica εδώ.

Φιλικά,

Αχιλλέας


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΑΝΑΛΥΣΗ”

Μέλη σε σύνδεση

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