Σύγκλιση ή απόκλιση;

Συντονιστές: grigkost, Κοτρώνης Αναστάσιος

Άβαταρ μέλους
Tolaso J Kos
Δημοσιεύσεις: 4584
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
Τοποθεσία: Λάρισα, Βαρκελώνη
Επικοινωνία:

Σύγκλιση ή απόκλιση;

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Tolaso J Kos » Παρ Νοέμ 13, 2020 6:54 pm

Ας δηλώσουμε με \mathrm{gpf} το μεγαλύτερο πρώτο παράγοντα του n. Για παράδειγμα \mathrm{gpf}(17) = 17 , \mathrm{gpf} (18) =3. Να εξεταστεί αν συγκλίνει το άθροισμα:

\displaystyle{\mathcal{S} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n \;  \mathrm{gpf}(n)}}


Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !
\displaystyle{{\color{blue}\mathbf{Life=\int_{birth}^{death}\frac{happiness}{time}\Delta time} }}

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
stranger
Δημοσιεύσεις: 390
Εγγραφή: Δευ Ιαν 14, 2019 6:12 am
Τοποθεσία: Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: Σύγκλιση ή απόκλιση;

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από stranger » Σάβ Νοέμ 14, 2020 12:40 am

ΛΑΘΟΣ


Κωνσταντίνος Σμπώκος
Μαθηματικός, PhD
Άβαταρ μέλους
Tolaso J Kos
Δημοσιεύσεις: 4584
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
Τοποθεσία: Λάρισα, Βαρκελώνη
Επικοινωνία:

Re: Σύγκλιση ή απόκλιση;

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Tolaso J Kos » Σάβ Νοέμ 14, 2020 2:13 am

Tolaso J Kos έγραψε:
Παρ Νοέμ 13, 2020 6:54 pm
Ας δηλώσουμε με \mathrm{gpf} το μεγαλύτερο πρώτο παράγοντα του n. Για παράδειγμα \mathrm{gpf}(17) = 17 , \mathrm{gpf} (18) =3. Να εξεταστεί αν συγκλίνει το άθροισμα:

\displaystyle{\mathcal{S} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n \;  \mathrm{gpf}(n)}}
Θεωρείστε ότι \mathrm{gpf} (1)=1.

Συμπλήρωση .


Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !
\displaystyle{{\color{blue}\mathbf{Life=\int_{birth}^{death}\frac{happiness}{time}\Delta time} }}
BAGGP93
Δημοσιεύσεις: 1453
Εγγραφή: Σάβ Ιούλ 02, 2011 8:48 pm
Τοποθεσία: Ιωάννινα - Αθήνα

Re: Σύγκλιση ή απόκλιση;

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από BAGGP93 » Σάβ Νοέμ 14, 2020 11:20 am

Καλημέρα. Μια λύση με επιφύλαξη. Στο σύνολο \mathbb{P} των φυσικών αριθμών, ισχύει \mathrm{gpf}(p)=p για κάθε p\in\mathbb{P}, οπότε

p\,\mathrm{gpf}(p)=p^2\,,p\in\mathbb{P}.

Έστω τώρα n\in\mathbb{N}\setminus \mathbb{P} με ανάλυση πρώτων παραγόντων n=p_1^{a_1(n)}\cdot...\cdot p_{\lambda}^{a_{\lambda(n)}}. Τότε,

υπάρχει \max(n)\in\left\{1,...,\lambda\right\} ώστε n\,\mathrm{gpf}(n)=n\,p_m\geq p_{\max(n)}^{a_{\max(n)}+1}\geq 2^{a_\max(n)}+1}>2^{\max(n)}

Θα χρησιμοποιήσουμε εδώ το γεγονός της σύγκλισης των σειρών \displaystyle{\sum_{j=1}^{\infty}\dfrac{1}{j^2}\,\,,\sum_{j=1}^{\infty}\dfrac{1}{2^j}}

Έστω n\geq 30 και έστω \displaystyle{s_n=\sum_{j=1}^n \dfrac{1}{j\,\mathmr{gpf}(j)}. Γράφουμε

\begin{aligned} s_n&=\sum_{j\in\mathbb{P}\,,j\leq n} \dfrac{1}{j\,\mathmr{gpf}(j)}+\sum_{j\notin\mathbb{P}\,,j\leq n}\dfrac{1}{j\,\mathrm{gpf}(j)}\\&=\sum_{j\in\mathbb{P}\,,j\leq n}\dfrac{1}{j^2}+\sum_{j\notin\mathbb{P}\,,j\leq n}\dfrac{1}{j\,\mathrm{gpf}(j)}\\&\leq \sum_{j\in\mathbb{P}\,,j\leq n}\dfrac{1}{j^2}+\sum_{j\notin\mathbb{P}\,,j\leq n}\dfrac{1}{2^{\max(j)+1}}\end{aligned}

και συνεπώς, η (s_n)_{n\in\mathbb{N}} είναι ακολουθία Cauchy.


Παπαπέτρος Ευάγγελος
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 13336
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Σύγκλιση ή απόκλιση;

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Σάβ Νοέμ 14, 2020 7:56 pm

BAGGP93 έγραψε:
Σάβ Νοέμ 14, 2020 11:20 am
Έστω τώρα n\in\mathbb{N}\setminus \mathbb{P} με ανάλυση πρώτων παραγόντων n=p_1^{a_1(n)}\cdot...\cdot p_{\lambda}^{a_{\lambda(n)}}. Τότε,

υπάρχει \max(n)\in\left\{1,...,\lambda\right\} ώστε n\,\mathrm{gpf}(n)=n\,p_m\geq p_{\max(n)}^{a_{\max(n)}+1}\geq 2^{a_\max(n)}+1}>2^{\max(n)}

Θα χρησιμοποιήσουμε εδώ το γεγονός της σύγκλισης των σειρών \displaystyle{\sum_{j=1}^{\infty}\dfrac{1}{j^2}\,\,,\sum_{j=1}^{\infty}\dfrac{1}{2^j}}
Νομίζω ότι έχουμε πρόβλημα στο παραπάνω. Χρησιμοποιείς το γεγονός ότι η \sum_{j=1}^{\infty}\dfrac{1}{2^j}} συγκλίνει (σωστό) αλλά εννοείς ότι ο κάθε προσθετέος έχει ληφθεί μία φορά. Όμως αυτό δεν είναι σωστό για την δοθείσα σειρά. Π.χ. όλοι οι αριθμοί της μορφής n=p^k έχουν το ίδιο \max (n)


BAGGP93
Δημοσιεύσεις: 1453
Εγγραφή: Σάβ Ιούλ 02, 2011 8:48 pm
Τοποθεσία: Ιωάννινα - Αθήνα

Re: Σύγκλιση ή απόκλιση;

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από BAGGP93 » Σάβ Νοέμ 14, 2020 10:25 pm

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Σάβ Νοέμ 14, 2020 7:56 pm
BAGGP93 έγραψε:
Σάβ Νοέμ 14, 2020 11:20 am
Έστω τώρα n\in\mathbb{N}\setminus \mathbb{P} με ανάλυση πρώτων παραγόντων n=p_1^{a_1(n)}\cdot...\cdot p_{\lambda}^{a_{\lambda(n)}}. Τότε,

υπάρχει \max(n)\in\left\{1,...,\lambda\right\} ώστε n\,\mathrm{gpf}(n)=n\,p_m\geq p_{\max(n)}^{a_{\max(n)}+1}\geq 2^{a_\max(n)}+1}>2^{\max(n)}

Θα χρησιμοποιήσουμε εδώ το γεγονός της σύγκλισης των σειρών \displaystyle{\sum_{j=1}^{\infty}\dfrac{1}{j^2}\,\,,\sum_{j=1}^{\infty}\dfrac{1}{2^j}}
Νομίζω ότι έχουμε πρόβλημα στο παραπάνω. Χρησιμοποιείς το γεγονός ότι η \sum_{j=1}^{\infty}\dfrac{1}{2^j}} συγκλίνει (σωστό) αλλά εννοείς ότι ο κάθε προσθετέος έχει ληφθεί μία φορά. Όμως αυτό δεν είναι σωστό για την δοθείσα σειρά. Π.χ. όλοι οι αριθμοί της μορφής n=p^k έχουν το ίδιο \max (n)
Η αλήθεια είναι ότι δεν ήμουν απολύτως σίγουρος για τη λύση μου. Σίγουρα υπάρχει θέμα με τους δείκτες.


Παπαπέτρος Ευάγγελος
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 13336
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Σύγκλιση ή απόκλιση;

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Σάβ Νοέμ 14, 2020 11:11 pm

Tolaso J Kos έγραψε:
Παρ Νοέμ 13, 2020 6:54 pm
Ας δηλώσουμε με \mathrm{gpf} το μεγαλύτερο πρώτο παράγοντα του n. Για παράδειγμα \mathrm{gpf}(17) = 17 , \mathrm{gpf} (18) =3. Να εξεταστεί αν συγκλίνει το άθροισμα:

\displaystyle{\mathcal{S} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n \;  \mathrm{gpf}(n)}}
Εξετάζουμε τους αριθμούς n που έχουν το ίδιο gpf(n). Είναι της μορφής (για κάποιο δεδομένο πρώτο p)

p_1^{a_1}\cdot ...\cdot p_k^{a_k}p^N όπου p_1,...,p_k είναι πρώτοι μικρότεροι του p (επιτρέποντας οι εκθέτες να είναι 0 μπορούμε χωρίς βλάβη να υποθέσουμε ότι οι p_1,..., p_k είναι όλοι οι πρώτοι <p).

Για N=1 οι αντίστοιχοι όροι του αθροίσματος έχουν άθροισμα

\displaystyle{ \sum_ { p_1,...,p_k } \dfrac {1}{p_1^{a_1}\cdot ...\cdot p_k^{a_k}p\cdot p}= \dfrac {1}{p^2} \prod _{q<p}\left ( 1-   \dfrac {1}{q} \right ) ^{-1} }

Κάνουμε το ίδιο για N=2,3,... και τους αθροίζουμε όλους. Η συνεισφορά τους είναι

\displaystyle{ \left ( \dfrac {1}{p^2}  + \dfrac {1}{p^3}  + \dfrac {1}{p^4} +... \right )  \prod _{q<p}\left ( 1-   \dfrac {1}{q} \right ) ^{-1} =\dfrac {1}{p(p-1)}   \prod _{q<p}\left ( 1-   \dfrac {1}{q} \right ) ^{-1} }

Τώρα

\displaystyle{ \prod _{q<p}\left ( 1-   \dfrac {1}{q} \right ) ^{-1}  = \prod _{q<p}\left ( 1+  \dfrac {1}{q-1} \right )\le \prod _{q<p} e^{1/(q-1)} \le  \prod _{q<p} e^{2/q} = }

\displaystyle{ = e^{\sum_{q<p} {2/q}} \sim  e^{2 \ln \ln p }}= (\ln p)^2}.

Άρα το άθροισμά μας (διώχνουμε χωρίς βλάβη τον πρώτο όρο για να αποφύγουμε το 0 στον παρονομαστή) είναι

\displaystyle{\sum_p\dfrac {1}{p(p-1)}   \prod _{q<p}\left ( 1-   \dfrac {1}{q} \right ) ^{-1} \le C\sum_p\dfrac { (\ln p)^2}{p(p-1)}   \le C\sum_n\dfrac { (\ln n)^2}{n(n-1)} } που συγκλίνει (καθώς \ln n \le D \sqrt [4]{n} )
τελευταία επεξεργασία από Mihalis_Lambrou σε Κυρ Νοέμ 15, 2020 12:46 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8615
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Σύγκλιση ή απόκλιση;

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Κυρ Νοέμ 15, 2020 11:09 am

Ο Μιχάλης χρησιμοποίησε και το θεώρημα των πρώτων αριθμών (επιτρέπεται βέβαια) αλλά μπορούμε να αποφύγουμε τη χρήση του:

Είναι \displaystyle  \sum_{q < p} \frac{1}{q} \leqslant \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \sum_{n < p/6} \left(\frac{1}{6n-1} + \frac{1}{6n+1}  \right) \sim \frac{\log{p}}{3}

Καταλήγουμε ότι το άθροισμα είναι το πολύ \displaystyle  C \sum_n \frac{n^{2/3}}{n(n-1)} το οποίο συγκλίνει.

[Μιχάλη έχεις τυπογραφικά σε κάποια σημεία. Τα 1/p προφανώς πρέπει να αλλάξουν σε 1/q.]


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 13336
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Σύγκλιση ή απόκλιση;

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Κυρ Νοέμ 15, 2020 12:51 pm

Demetres έγραψε:
Κυρ Νοέμ 15, 2020 11:09 am
Ο Μιχάλης χρησιμοποίησε και το θεώρημα των πρώτων αριθμών (επιτρέπεται βέβαια) αλλά μπορούμε να αποφύγουμε τη χρήση του:

Είναι \displaystyle  \sum_{q < p} \frac{1}{q} \leqslant \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \sum_{n < p/6} \left(\frac{1}{6n-1} + \frac{1}{6n+1}  \right) \sim \frac{\log{p}}{3}
Πολύ ωραία και απλή αυτή η εκτίμηση, χωρίς βαρύ εργαλείο. Και βέβαια είναι καλύτερη από το (\ln p)^2 που έβγαλα.

Demetres έγραψε:
Κυρ Νοέμ 15, 2020 11:09 am
[Μιχάλη έχεις τυπογραφικά σε κάποια σημεία. Τα 1/p προφανώς πρέπει να αλλάξουν σε 1/q.]
Τα διόρθωσα.

ΧΙΛΙΑ ΕΥΧΑΡΙΣΤΩ.


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΑΝΑΛΥΣΗ”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης