Ακολουθία στο άπειρο

rush7 · #1

Καλησπέρα,

Έχω αυτήν την ακολουθία $a_{n} = 1 + \frac{1}{\sqrt{2}}+ \frac{1}{\sqrt{3}}+ ... + \frac{1}{\sqrt{n}}$ και θέλω να αποδείξω πως $lima_{n}=+\infty$

Τι επιλογές έχω ;

Με τον ορισμό $1 + \frac{1}{\sqrt{2}}+ \frac{1}{\sqrt{3}}+ ... + \frac{1}{\sqrt{n}} > \frac{1}{\sqrt{n}}>\frac{1}{n}}$ ,προσπαθώντας να δείξω ότι $>\frac{1}{\varepsilon}$ ( εννοείται με $n>n_{0}$ ) δεν βλέπω να καταλήγει κάπου.

Μπορώ να αποδείξω ότι δεν είναι Cauchy ; Κι αν ναι τί επιπλέον χρειάζεται για να δείξω πως αποκλίνει στο $+\infty$ ;

Γενικά η άσκηση δίνεται με γνώσεις φραγμένων ακολουθιών , μονοτονίας , ακολουθιών Cauchy , ορισμών ορίων , υποακολουθιών κτλ , οπότε μπορεί να υπάρχουν πολύ πιο εύκολοι τρόποι αλλά δεν είναι οι προτιμότεροι στα πλαίσια που δίνεται η άσκηση.

Ευχαριστώ.

#2

Ουσιαστικά πρόκειται για την (κλασσική) απόδειξη απειρισμού της αρμονικής σειράς. Επειδή $\frac{1}{\sqrt{n}}\geqslant\frac{1}{n}$ αρκεί να αποδειχθεί ότι η ακολουθία $H_n=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}$ απειρίζεται. Για τον όρο $H_{2^n}$ της $(H_{n})$ ισχύει

$\begin{aligned} H_{2^n}&=\sum_{k=1}^{2^n}\frac{1}{k}\\ &>\sum_{k=1}^{2^n-1}\frac{1}{k}\\ &=\sum_{m=0}^{n}\sum_{j=2^m}^{2^{m+1}-1}\frac{1}{j}\\ &>1+\sum_{m=1}^{n}\frac{1}{2}\\ &=1+\frac{n}{2}\xrightarrow{n\to+\infty}+\infty \end{aligned}$

Tolaso J Kos · #3

rush7 έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 07, 2020 4:26 am
Καλησπέρα,

Έχω αυτήν την ακολουθία $a_{n} = 1 + \frac{1}{\sqrt{2}}+ \frac{1}{\sqrt{3}}+ ... + \frac{1}{\sqrt{n}}$ και θέλω να αποδείξω πως $lima_{n}=+\infty$

Τι επιλογές έχω ;

Να ένας τρόπος ....

Για n>1

είναι

$\displaystyle{\left.\begin{matrix} 1 & >& \dfrac{1}{\sqrt{n}} \\\\ \dfrac{1}{\sqrt{2}} & > & \dfrac{1}{\sqrt{n}} \\\\ \dfrac{1}{\sqrt{3}} & > & \dfrac{1}{\sqrt{n}} \\ \vdots & \ddots & \vdots \\ \dfrac{1}{\sqrt{n}} & \geq & \dfrac{1}{\sqrt{n}} \end{matrix}\right\} \overset{(+)}{\implies} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{n}} > \frac{n}{\sqrt{n}} = \sqrt{n}}$

#4

Επειδή ή άσκηση υπάρχει ΣΕ ΟΛΑ ΤΑ ΒΙΒΛΙΑ που μελετάνε σειρές, ας γράψω μόνο την λέξη κλειδί, που είναι η ουσία της λύσης που σου δίνει
ο Γρηγόρης παραπάνω: Κοίταξε το βιβλίο Απειροστικού που σου έδωσε δωρεάν το Κράτος, στο σημείο "κριτήριο σύγκρισης".

Επίσης

rush7 έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 07, 2020 4:26 am

προσπαθώντας να δείξω ότι $>\frac{1}{\varepsilon}$ ( εννοείται με $n>n_{0}$ ) δεν βλέπω να καταλήγει κάπου.

Εδώ έχουμε ένα σοβαρό λαθάκι που χαλάει την μαγιά: Το $n>n_{0}$ θα σου έδινε κάτι της μορφής $\epsilon > \dfrac {1}{n}$ και όχι $\dfrac {1}{n} > \dfrac {1}{ \epsilon}$ που νομίζεις.

rush7 · #5

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 07, 2020 7:46 am
Επειδή ή άσκηση υπάρχει ΣΕ ΟΛΑ ΤΑ ΒΙΒΛΙΑ που μελετάνε σειρές, ας γράψω μόνο την λέξη κλειδί, που είναι η ουσία της λύσης που σου δίνει
ο Γρηγόρης παραπάνω: Κοίταξε το βιβλίο Απειροστικού που σου έδωσε δωρεάν το Κράτος, στο σημείο "κριτήριο σύγκρισης".

Η άσκηση δίνεται στο βιβλίο πριν καν οριστεί τί είναι Σειρές, είναι στο προηγούμενο κεφάλαιο με τις ακολουθίες γι' αυτό ανέφερα ότι μπορεί να υπάρχουν πιο εύκολοι τρόποι.

rush7 έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 07, 2020 4:26 am

προσπαθώντας να δείξω ότι $>\frac{1}{\varepsilon}$ ( εννοείται με $n>n_{0}$ ) δεν βλέπω να καταλήγει κάπου.

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 07, 2020 7:46 am
Εδώ έχουμε ένα σοβαρό λαθάκι που χαλάει την μαγιά: Το $n>n_{0}$ θα σου έδινε κάτι της μορφής $\epsilon > \dfrac {1}{n}$ και όχι $\dfrac {1}{n} > \dfrac {1}{ \epsilon}$ που νομίζεις.

Ο ορισμός δεν είναι ο εξής; :

$\lim a_{n} = +\infty \Leftrightarrow (\forall\varepsilon>0)(\exists n_{0}\in\mathbb{N}) (n\in\mathbb{N}):n>n_{0}\Rightarrow a_{n}> \frac{1}{\varepsilon}$

Εκτός αν εννοείτε ότι δεν καταλήγω στο ζητούμενο με τον ορισμό.

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 07, 2020 7:38 am
Να ένας τρόπος ....

Για είναι

$\displaystyle{\left.\begin{matrix} 1 & >& \dfrac{1}{\sqrt{n}} \\\\ \dfrac{1}{\sqrt{2}} & > & \dfrac{1}{\sqrt{n}} \\\\ \dfrac{1}{\sqrt{3}} & > & \dfrac{1}{\sqrt{n}} \\ \vdots & \ddots & \vdots \\ \dfrac{1}{\sqrt{n}} & \geq & \dfrac{1}{\sqrt{n}} \end{matrix}\right\} \overset{(+)}{\implies} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{n}} > \frac{n}{\sqrt{n}} = \sqrt{n}}$

Άρα ισχυριζόμαστε ότι $\sqrt{n}\rightarrow +\infty \Rightarrow a_{n}\rightarrow+\infty$ αφού $a_{n}>\sqrt{n}$ υποθέτω.

Ευχαριστώ για τις απαντήσεις σας , καταλαβαίνω ότι γενικά προτιμούμε τη σύγκριση με άλλη ακολουθία. Νόμιζα πως γίνεται με τον ορισμό ή αποδεικνύοντας ότι δεν είναι Cauchy ( άρα δεν συγκλίνει ) και είναι αύξουσα.

#6

rush7 έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 09, 2020 7:11 pm

Ο ορισμός δεν είναι ο εξής; :

$\lim a_{n} = +\infty \Leftrightarrow (\forall\varepsilon>0)(\exists n_{0}\in\mathbb{N}) (n\in\mathbb{N}):n>n_{0}\Rightarrow a_{n}> \frac{1}{\varepsilon}$

Εκτός αν εννοείτε ότι δεν καταλήγω στο ζητούμενο με τον ορισμό.

Μάλλον δεν έγινα κατανοητός.

Θα το πω λιγότερο διακριτικά: Ο μεν ορισμός είναι σωστός αλλά το βήμα, όπως έγραψα εδώ

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 07, 2020 7:46 am

Εδώ έχουμε ένα σοβαρό λαθάκι που χαλάει την μαγιά: Το $n>n_{0}$ θα σου έδινε κάτι της μορφής $\epsilon > \dfrac {1}{n}$ και όχι $\dfrac {1}{n} > \dfrac {1}{ \epsilon}$ που νομίζεις.

είναι ΛΑΘΟΣ. Και φαίνεται από από χιλιόμετρα διότι ενώ το ζητοούμενο είναι να δείξεις ότι το $1 + \frac{1}{\sqrt{2}}+ \frac{1}{\sqrt{3}}+ ... + \frac{1}{\sqrt{n}}$ τείνει στο έπειρο, η σύγκρισή σου είναι με κάτι που τείνει στο μηδέν. Είναι στο βήμα

rush7 έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 07, 2020 4:26 am
$1 + \frac{1}{\sqrt{2}}+ \frac{1}{\sqrt{3}}+ ... + \frac{1}{\sqrt{n}} > \frac{1}{\sqrt{n}}>\frac{1}{n}}$

Δηλαδή είναι ήδη σε λάθος δρόμο (κακή ιδέα), πέρα από το αλγεβρικό λάθος όπου γύρισες την ανισότητα ανάποδα.

rush7 · #7

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 09, 2020 7:45 pm

rush7 έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 09, 2020 7:11 pm

Ο ορισμός δεν είναι ο εξής; :

$\lim a_{n} = +\infty \Leftrightarrow (\forall\varepsilon>0)(\exists n_{0}\in\mathbb{N}) (n\in\mathbb{N}):n>n_{0}\Rightarrow a_{n}> \frac{1}{\varepsilon}$

Εκτός αν εννοείτε ότι δεν καταλήγω στο ζητούμενο με τον ορισμό.
Μάλλον δεν έγινα κατανοητός.

Θα το πω λιγότερο διακριτικά: Ο μεν ορισμός είναι σωστός αλλά το βήμα, όπως έγραψα εδώ

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 07, 2020 7:46 am

Εδώ έχουμε ένα σοβαρό λαθάκι που χαλάει την μαγιά: Το $n>n_{0}$ θα σου έδινε κάτι της μορφής $\epsilon > \dfrac {1}{n}$ και όχι $\dfrac {1}{n} > \dfrac {1}{ \epsilon}$ που νομίζεις.
είναι ΛΑΘΟΣ. Και φαίνεται από από χιλιόμετρα διότι ενώ το ζητοούμενο είναι να δείξεις ότι το $1 + \frac{1}{\sqrt{2}}+ \frac{1}{\sqrt{3}}+ ... + \frac{1}{\sqrt{n}}$ τείνει στο έπειρο, η σύγκρισή σου είναι με κάτι που τείνει στο μηδέν. Είναι στο βήμα

rush7 έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 07, 2020 4:26 am
$1 + \frac{1}{\sqrt{2}}+ \frac{1}{\sqrt{3}}+ ... + \frac{1}{\sqrt{n}} > \frac{1}{\sqrt{n}}>\frac{1}{n}}$
Δηλαδή είναι ήδη σε λάθος δρόμο (κακή ιδέα), πέρα από το αλγεβρικό λάθος όπου γύρισες την ανισότητα ανάποδα.

Δεκτό ότι πήγα σε λάθος δρόμο, απλώς δεν ήταν το τελευταίο μου βήμα η ανισότητα. Σαν σκέψη το είπα προσπαθώντας να καταλήξω στο $a_{n}> \dfrac {1}{n} > \dfrac {1}{ \epsilon}$ για να χρησιμοποιήσω τον ορισμό, το οποίο προφανώς δεν γίνεται, καταλαβαίνω ότι είναι λάθος . Το κοιτούσα τελείως αλγεβρικά. Δεν είχα στο μυαλό μου την γενική εικόνα και δε σκέφτηκα που τείνουν αυτά που γράφω στις ανισότητες όταν το

τείνει στο άπειρο.

#8

rush7 έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 09, 2020 8:47 pm

να καταλήξω στο $a_{n}> \dfrac {1}{n} > \dfrac {1}{ \epsilon}$

Πάλι τα ίδια. ΔΕΝ ΜΠΟΡΕΙΣ ΚΑΤΑΛΗΞΕΙΣ σε αυτό που λες γιατί είναι ΛΑΘΟΣ οι πράξεις. Είναι λάθος Μαθηματικά. Δεν χρησιμοποιείς σωστά τις ιδιότητες των ανισοτήτων. Τις αναποδογυρίζεις ΕΣΦΑΛΜΕΝΑ.

rush7 έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 09, 2020 8:47 pm
για να χρησιμοποιήσω τον ορισμό, το οποίο προφανώς δεν γίνεται

Και αυτό λάθoς. ΓΙΝΕΤΑΙ και παραγίνεται από τον ορισμό. Ήδη στο έχουν υποδείξει αλλά δεν φαίνεται να έγινε κατανοητό. Κάνω άλλη μία προσπάθεια με υπόδειξη:

Δείξε

$\displaystyle{1 + \frac{1}{\sqrt{2}}+ \frac{1}{\sqrt{3}}+ ... + \frac{1}{\sqrt{n}} \ge \sqrt n}$

Ας προσθέσω, ο λόγος που σου είπα να το δεις με κριτήριο σύγκρισης είναι γιατί είναι πιο άμεσο ΧΩΡΙΣ ΝΑ ΚΑΝΕΙΣ ΚΑΘΟΛΟΥ ΠΡΑΞΕΙΣ. Όχι ότι οι πράξεις είναι δύσκολες (μια γραμμή είναι) αλλά για να βλέπουμε που βοηθά η θεωρία ώστε να γλυτώσουμε κόπο.

rush7 · #9

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 09, 2020 9:53 pm
Πάλι τα ίδια. ΔΕΝ ΜΠΟΡΕΙΣ ΚΑΤΑΛΗΞΕΙΣ σε αυτό που λες γιατί είναι ΛΑΘΟΣ οι πράξεις. Είναι λάθος Μαθηματικά. Δεν χρησιμοποιείς σωστά τις ιδιότητες των ανισοτήτων. Τις αναποδογυρίζεις ΕΣΦΑΛΜΕΝΑ.

Τι ακριβώς αναποδογυρίζω εσφαλμένα ;
$a_{n} = \left ( 1+\frac{1}{\sqrt{2}}+ \frac{1}{\sqrt{3}}+ ... \right )+\frac{1}{\sqrt{n}} \ge \frac{1}{\sqrt {n}}\geq \frac{1}{n}$ , αφού $n \ge \sqrt{n}\Rightarrow \frac{1}{n}\leq\frac{1}{\sqrt{n}}$
και λεω οτι θελω(δε το κάνω όμως) να καταληξω σε $a_{n} > \frac {1}{\varepsilon}$ δηλαδή να συνεχίσω τις ανισότητες μέχρι να καταλήξω σε κάτι το οποίο είναι $>\frac{1}{\varepsilon}$ αλλά το $\frac{1}{n}>$ δεν είναι καν αυτό $> \frac{1}{\varepsilon}$ γιατί $\frac{1}{n}> \frac{1}{\varepsilon}\Rightarrow n<\varepsilon$ που δεν ισχύει. Επομένως είναι λάθος αυτό.

rush7 έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 09, 2020 8:47 pm
για να χρησιμοποιήσω τον ορισμό, το οποίο προφανώς δεν γίνεται

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 09, 2020 9:53 pm
Και αυτό λάθoς. ΓΙΝΕΤΑΙ και παραγίνεται από τον ορισμό. Ήδη στο έχουν υποδείξει αλλά δεν φαίνεται να έγινε κατανοητό. Κάνω άλλη μία προσπάθεια με υπόδειξη:

Λέω ότι δεν γίνεται έτσι όπως το έγραψα με τον ορισμό για τους λόγους που είπαμε πιο πάνω , όχι ότι δε γίνεται με τον ορισμό γενικά.

Καταλήγουμε στο $\displaystyle{1 + \frac{1}{\sqrt{2}}+ \frac{1}{\sqrt{3}}+ ... + \frac{1}{\sqrt{n}} \ge \sqrt n}$ όπως έδειξε πιο πάνω ο Tolaso J Kos.
Επιλέγω $n_{0}=\left [ \frac{1}{\varepsilon^{2}} \right ]+1$
$n>n_{0}\Rightarrow \sqrt{n}>\sqrt{n_{0}}\Rightarrow\sqrt{n}>\sqrt{\left [ \frac{1}{\varepsilon^{2}} \right ]+1}>\sqrt{ \frac{1}{\varepsilon^{2}}} = \frac{1}{\varepsilon} \Rightarrow a_{n} > \frac {1}{ \varepsilon}$

Αν παρ' όλ' αυτά κάνω κάποιο λάθος στις ανισότητες που δεν το καταλαβαίνω πείτε μου συγκεκριμένα , ίσως μου διαφεύγει κάτι...

Ακολουθία στο άπειρο

Ακολουθία στο άπειρο

Re: Ακολουθία στο άπειρο

Re: Ακολουθία στο άπειρο

Re: Ακολουθία στο άπειρο

Re: Ακολουθία στο άπειρο

Re: Ακολουθία στο άπειρο

Re: Ακολουθία στο άπειρο

Re: Ακολουθία στο άπειρο

Re: Ακολουθία στο άπειρο

Μέλη σε σύνδεση