forum.math.uoa.gr

Forum του Τμήματος Μαθηματικών
Ημερομηνία 25 Φεβ 2018, 12:06

Όλοι οι χρόνοι είναι UTC + 2 ώρες [ DST ]




Δημιουργία νέου θέματος Απάντηση στο θέμα  [ 10 δημοσιεύσεις ] 
Συγγραφέας Μήνυμα
 Θέμα δημοσίευσης: Μια σειρά που αποκλίνει...
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 17 Ιαν 2007, 22:11 
Χωρίς σύνδεση

Εγγραφη: 07 Οκτ 2006, 16:42
Δημοσ.: 19
Να βρεθεί μια ακολουθία [tex]a_n[/tex] θετικών όρων η οποία τείνει στο [tex]0[/tex], έτσι ώστε η σειρά [tex]\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{a_n}{n}[/tex] να αποκλίνει.


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης:
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 18 Ιαν 2007, 12:46 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer

Εγγραφη: 04 Μάιος 2006, 13:21
Δημοσ.: 666
Εάν θέσουμε [tex]\alpha_n=\frac{1}{n^\delta},\delta>0[/tex],η σειρά
[tex]\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n^{1+\delta}}[/tex]
συγκλίνει.Επομένως χρειαζόμαστε ακολουθία που να τείνει στο
μηδέν πιο αργά από την [tex]\frac{1}{n^{\delta}}[/tex],ή
ισοδύναμα μία ακολουθία θετικών όρων που απειρίζεται
και ''τελικά'' φράσσεται από την
[tex]n^{\delta}[/tex] για κάθε [tex]\delta>0[/tex].


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Μια σειρά που αποκλίνει...
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 18 Ιαν 2007, 14:57 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer

Εγγραφη: 01 Οκτ 2006, 11:40
Δημοσ.: 2950
boss έγραψε:
Να βρεθεί μια ακολουθία [tex]a_n[/tex] θετικών όρων η οποία τείνει στο [tex]0[/tex], έτσι ώστε η σειρά [tex]\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{a_n}{n}[/tex] να αποκλίνει.



Η σειρά [tex]\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n\ln (2n)}[/tex] αποκλίνει, και η [tex]a_n=\frac{1}{\ln (2n)}[/tex] έχει θετικούς όρους και τείνει στο [tex]0[/tex].

Γενικότερα, ισχύει το εξής:

Άσκηση. Υποθέτουμε ότι [tex]a_k> 0[/tex] για κάθε [tex]k\in \mathbb N[/tex] και ότι η [tex]\sum\limits_{k=1}^\infty{a_k}[/tex] αποκλίνει. Θέτουμε [tex]s_n=a_1+a_2+\cdots +a_n[/tex].

Δείξτε ότι για κάθε [tex]1\leq m<n[/tex],

[tex]\frac{a_{m+1}}{s_{m+1}}+\cdots +\frac{a_n}{s_n} \geq 1- \frac{s_m}{s_n}[/tex]

και συμπεράνατε ότι η [tex] \sum\limits_{k=1}^\infty{\frac{a_k}{s_k}}[/tex] αποκλίνει.


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Μια σειρά που αποκλίνει...
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 18 Ιαν 2007, 20:32 
Χωρίς σύνδεση

Εγγραφη: 07 Οκτ 2006, 16:42
Δημοσ.: 19
Απόστολος Γιαννόπουλος έγραψε:
Άσκηση. Υποθέτουμε ότι [tex]a_k> 0[/tex] για κάθε [tex]k\in \mathbb N[/tex] και ότι η [tex]\sum\limits_{k=1}^\infty{a_k}[/tex] αποκλίνει. Θέτουμε [tex]s_n=a_1+a_2+\cdots +a_n[/tex].

Δείξτε ότι για κάθε [tex]1\leq m<n[/tex],

[tex]\frac{a_{m+1}}{s_{m+1}}+\cdots +\frac{a_n}{s_n} \geq 1- \frac{s_m}{s_n}[/tex]

και συμπεράνατε ότι η [tex] \sum\limits_{k=1}^\infty{\frac{a_k}{s_k}}[/tex] αποκλίνει.


Πολύ ωραία η γενίκευση κ. Γιαννόπουλε. :) Θα κάνω μια προσπάθεια να την αποδείξω.

[tex]\frac{a_{m+1}}{s_{m+1}}+\cdots +\frac{a_n}{s_n} \geq 1- \frac{s_m}{s_n} \Leftrightarrow[/tex]
[tex]\Leftrightarrow 1-\frac{s_m}{s_{m+1}}+\cdots +1-\frac{s_{n-1}}{s_n} \geq 1- \frac{s_m}{s_n} \Leftrightarrow[/tex]
[tex]\Leftrightarrow (n-m)-\left(\frac{s_m}{s_{m+1}}+\cdots +\frac{s_{n-1}}{s_n} \right)\geq 1- \frac{s_m}{s_n} \Leftrightarrow[/tex]
[tex]\Leftrightarrow \frac{s_m}{s_n}+(n-m-1) \geq \frac{s_m}{s_{m+1}}+\cdots +\frac{s_{n-1}}{s_n} \Leftrightarrow[/tex]
[tex]\Leftrightarrow \frac{s_m}{s_n}+\frac{s_{m+1}}{s_{m+1}}+\cdots+\frac{s_{n-1}}{s_{n-1}} \geq \frac{s_m}{s_{m+1}}+\cdots +\frac{s_{n-1}}{s_n}[/tex]
που ισχύει, αφού [tex]s_m<s_{m+1}<\cdots<s_n[/tex] και [tex]\frac{1}{s_{m+1}}>\cdots>\frac{1}{s_n}[/tex].

Από αυτή την ανισότητα προκύπτει ότι η [tex]b_n=\sum\limits_{k=1}^{n}{\frac{a_k}{s_k}}[/tex] δεν είναι ακολουθία Cauchy και συνεπώς δεν συγκλίνει. Επειδή όμως η [tex]b_n[/tex] είναι αύξουσα θα ισχύει [tex]\lim_{n \to +\infty}b_n=+\infty[/tex] , δηλαδή η σειρά [tex]\sum\limits_{k=1}^\infty{\frac{a_k}{s_k}}[/tex] θα αποκλίνει.

Επίσης, από αυτή τη γενίκευση προκύπτει ότι σαν ακολουθία [tex]a_n[/tex] στο αρχικό πρόβλημα μπορούμε να πάρουμε και την [tex]a_n=\frac{1}{1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}}[/tex].


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης:
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 20 Ιαν 2007, 21:45 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer

Εγγραφη: 11 Ιουν 2006, 23:21
Δημοσ.: 262
Τοποθεσια: Αχαρναί
Το πρόβλημα που πρότεινε ο Boss είναι μια ειδική περίπτωση του ακόλουθου:
Παράθεση:
Θεώρημα (επιβράδυνσης απόκλισης)
Δίνεται η ακολουθία [tex](x_n)[/tex] θετικών όρων με [tex]\sum_{n=1}^{\infty}x_n=+\infty[/tex]. Τότε υπάρχει ακολουθία [tex](y_n)[/tex] θετικών όρων ώστε [tex]\lim_{n\rightarrow \infty}\frac{y_n}{x_n}=0[/tex] και [tex]\sum_{n=1}^{\infty}y_n=+\infty[/tex].

Δίνουμε την απόδειξη
Απόδειξη. Θέτουμε [tex]s_n=x_1+\ldots+x_n.[/tex] Προφανώς, ισχύει [tex]\sqrt{s_n}\rightarrow +\infty[/tex]. Θέτουμε [tex]y_1=\sqrt{s_1}[/tex] και [tex]y_n=\sqrt{s_n}-\sqrt{s_{n-1}}[/tex] για κάθε [tex]n\geq 2[/tex]. Τότε έχουμε
(α) [tex]\frac{y_n}{x_n}=\frac{1}{\sqrt{s_n}+\sqrt{s_{n-1}}}\rightarrow 0[/tex] και
(β) [tex]\sum_{n=1}^{\infty}y_n=\sqrt{s_1}+\sum_{n=2}^{\infty}(\sqrt{s_n}-\sqrt{s_{n-1}})=+\infty[/tex] διότι το [tex]n[/tex]-οστό μερικό της άθροισμα ισούται με [tex]y_1+\ldots+y_n=\sqrt{s_n}.\hspace{0.1in}\diamond[/tex]
'Ετσι στο αρχικό ερώτημα θα μπορούσαμε να πάρουμε για [tex]a_n[/tex] την ακολουθία [tex]a_n=n\bigg(\sqrt{1+\frac{1}{2}+\ldots+\frac{1}{n}}-\sqrt{1+\frac{1}{2}+\ldots+\frac{1}{n-1}}\bigg)[/tex].
Επίσης να συμπληρώσω (ιστορικά) ότι η γενίκευση που ανέφερε ο Κος Γιαννόπουλος οφείλεται στον Ν.Η.Abel, ο οποίος μάλιστα απέδειξε ότι δεν υπάρχει καθολικό κριτήριο σύγκλισης σειράς με την ακόλουθη έννοια

θεώρημα (μη ύπαρξης καθολικού κριτηρίου σύγκλισης σειράς)
Δεν υπάρχει ακολουθία θετικών όρων [tex](c_n)[/tex] ώστε οποιαδήποτε σειρά θετικών όρων[tex]\sum_{n=1}^{\infty}a_n[/tex] να συγκλίνει όταν ισχύει η σχέση [tex]\lim_{n\rightarrow\infty}c_na_n=0[/tex] και να αποκλίνει αν δεν ισχύει.
Η απόδειξη χρησιμοποιεί το θεώρημα επιβράδυνσης και έχει ως εξής:
Απόδειξη. Υποθέτουμε ενάντια ότι υπάρχει μια [tex](c_n)[/tex] που ικανοποιεί το συμπέρασμα. Τότε αν θεωρήσουμε τη σειρά [tex]\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{c_n}[/tex] αυτή αποκλίνει διότι [tex]\lim(c_n\cdot\frac{1}{c_n})=1\neq 0[/tex]. Έτσι από το θεώρημα επιβράδυνσης υπάρχει ακολουθία [tex](b_n)[/tex] θετικών όρων ώστε η σειρά [tex]\sum_{n=1}^{\infty}b_n[/tex] να αποκλίνει κι επιπλέον να ισχύει [tex]\lim\frac{b_n}{1/c_n}=\lim c_n\cdot b_n=0[/tex] και αυτό αντίκειται στην ιδιότητα της [tex](c_n)\hspace{0.1in}\diamond[/tex].


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης:
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 21 Ιαν 2007, 10:09 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer

Εγγραφη: 01 Οκτ 2006, 11:40
Δημοσ.: 2950
Πέτρο, σωστό είναι αυτό που γράφεις, είναι όμως ασθενέστερο από αυτό που είδαμε πιο πάνω.

Δίνεται η ακολουθία [tex](x_n)[/tex] θετικών όρων με [tex]\sum_{n=1}^{\infty}x_n=+\infty[/tex]. Θέτουμε [tex]s_n=x_1+\cdots +x_n[/tex].

Δείχνεις (ουσιαστικά) ότι η [tex]\sum_{n=1}^{\infty }\frac{x_n}{\sqrt{s_n}}[/tex] αποκλίνει.

Είδαμε ότι και η [tex]\sum_{n=1}^{\infty }\frac{x_n}{s_n}[/tex] αποκλίνει. Αυτό είναι ισχυρότερο, αφού τελικά [tex]s_n>\sqrt{s_n}[/tex] (λόγω της [tex]s_n\to\infty [/tex]).

Επίσης, ισχύει: [tex]\sum_{n=1}^{\infty }\frac{x_n}{s_n^2}<\infty [/tex] (άσκηση).

Ερωτήσεις:

(α) Είναι σωστό ότι, για κάθε [tex]\delta\in (0,1)[/tex], η [tex]\sum_{n=1}^{\infty }\frac{x_n}{s_n^{1+\delta }}[/tex] συγκλίνει;

(β) Είναι σωστό ότι η [tex]\sum_{n=1}^{\infty }\frac{x_n}{s_n (1+\log s_n)}[/tex] αποκλίνει;


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης:
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 21 Ιαν 2007, 18:09 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer

Εγγραφη: 11 Ιουν 2006, 23:21
Δημοσ.: 262
Τοποθεσια: Αχαρναί
Καλησπέρα κε Γιαννόπουλε!
Δίνω την απόδειξη στην άσκηση όπου θεωρούμε τη σειρά [tex]\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x_n}{s_n^2}.[/tex] Θα φράξουμε το [tex]n[/tex]-οστό όρο από μια διαφορά διαδοχικών όρων ώστε το [tex]n[/tex]-οστό μερικό άθροισμα να κυριαρχείται από ένα τηλεσκοπικό άθροισμα. Ισχύει [tex]\frac{x_{n+1}}{s_{n+1}^2}<\frac{s_{n+1}-s_n}{s_ns_{n+1}}=\frac{1}{s_n}-\frac{1}{s_{n+1}}.[/tex]
Άρα έχουμε [tex]\sum_{k=1}^n\frac{x_k}{s_k^2}<\frac{2}{x_1}-\frac{1}{s_n}[/tex], επομένως είναι [tex]\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x_n}{s_n^2}<\frac{2}{x_1}<+\infty.[/tex]


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης:
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 10 Φεβ 2007, 14:14 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer

Εγγραφη: 01 Οκτ 2006, 11:40
Δημοσ.: 2950
Παράθεση:
Ερωτήσεις:

(α) Είναι σωστό ότι, για κάθε [tex]\alpha >1[/tex], η [tex]\sum_{n=1}^{\infty }\frac{x_n}{s_n^{\alpha }}[/tex] συγκλίνει;

(β) Είναι σωστό ότι η [tex]\sum_{n=1}^{\infty }\frac{x_n}{s_n (1+\log s_n)}[/tex] αποκλίνει;


Ας επανέλθουμε αν θέλετε σε αυτό το πρόβλημα. Για το (α) πρώτα, παρατηρούμε ότι

[tex]\frac{x_n}{s_n^{\alpha }}=\frac{s_n-s_{n-1}}{s_n^{\alpha }}<\int_{s_{n-1}}^{s_n}\frac{1}{x^{\alpha }}\,dx[/tex] [tex]=\frac{1}{\alpha -1}\left (\frac{1}{s_{n-1}^{\alpha -1}}-\frac{1}{s_n^{\alpha -1}}\right )[/tex].

Συνεπώς, [tex]\sum_{n=2}^{\infty }\frac{x_n}{s_n^{\alpha }}<\frac{1}{(\alpha -1)s_1^{\alpha -1}}= \frac{1}{(\alpha -1)x_1^{\alpha -1}}<+\infty [/tex].

Τώρα, αν η [tex](x_n)[/tex] είναι φραγμένη (που είναι ούτως ή άλλως η ενδιαφέρουσα περίπτωση), έχουμε [tex]\frac{s_{n+1}}{s_n}=1+\frac{x_{n+1}}{s_n}\to 1[/tex], αφού [tex]s_n\to\infty [/tex]. Συνεπώς, η δουλειά που κάναμε στο θέμα "πληρότητα κλασμάτων ..." δείχνει κάτι πιό ισχυρό:

[tex]\sum_{n=1}^{\infty }\frac{x_n}{s_n\log s_n}=\infty [/tex] και [tex]\sum_{n=1}^{\infty }\frac{x_n}{s_n(\log s_n)^2}<+\infty [/tex].

Ισχύει όμως κάτι ακόμα πιο ισχυρό:

Πρόβλημα. Έστω [tex](x_n)[/tex] ακολουθία με θετικούς όρους. Υποθέτουμε ότι [tex]\sum_{n=1}^{\infty }x_n=+\infty [/tex] και ότι υπάρχει [tex]c>0[/tex] ώστε [tex]\frac{s_n}{s_{n+1}}\geq c[/tex] για κάθε [tex]n\in {\mathbb N}[/tex].

Έστω [tex]m\in {\mathb N}[/tex]. Ορίζουμε [tex]\log^{(m)}(s_n) =\log (\log\cdots (\log s_n))[/tex] (παίρνουμε [tex]m[/tex] φορές λογάριθμο διαδοχικά). Αφού [tex]s_n\to +\infty [/tex], υπάρχει [tex]n_0\in {\mathbb N}[/tex] ώστε ο [tex]\log^{(m)}s_n[/tex] να ορίζεται καλά για κάθε [tex]n\geq n_0[/tex].

Τότε, ισχύει ότι: [tex]\sum_{n=n_0}^{\infty }\frac{x_n}{s_n\cdot\log s_n\cdot\log^{(2)}s_n\cdots \log^{(m)}s_n}=+\infty [/tex] αλλά, για κάθε [tex]\alpha >1[/tex], [tex]\sum_{n=n_0}^{\infty }\frac{x_n}{s_n\cdot\log s_n\cdot\log^{(2)}s_n\cdots \log^{(m-1)}s_n(\log^{(m)}s_n)^{\alpha }}<+\infty [/tex].


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης:
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 10 Φεβ 2007, 18:18 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer

Εγγραφη: 11 Ιουν 2006, 23:21
Δημοσ.: 262
Τοποθεσια: Αχαρναί
Αποδεικνύω την περίπτωση όπου το [tex]m=2[/tex], με ένα επαγωγικό επιχείρημα προκύπτει και η γενική περίπτωση.
Θέλουμε να αποδείξουμε ότι [tex]\sum_{n=n_0}^{\infty}\frac{x_{n+1}}{s_n\log s_n\log^{(2)}s_n}=+\infty.[/tex] Όπως και στο "πληρότητα κλασμάτων..." αρκεί να δείξουμε ότι δεν ισχύει το κριτήριο Cauchy. Έχουμε λοιπόν:
αν [tex]m>n>n_0[/tex] ισχύει [tex]\sum_{k=n}^m\frac{s_{k+1}-s_k}{s_k\log s_k\log^{(2)}s_k}\geq \sum_{k=n}^m\frac{\log s_{k+1}-\log s_k}{\log s_k\log^{(2)}s_k}[/tex]. Θέτοντας [tex]t_k=\log s_k[/tex] έχουμε ότι
[tex]\sum_{k=n}^m\frac{s_{k+1}-s_k}{s_k\log s_k\log^{(2)}s_k}\geq \sum_{k=n}^{m}\frac{t_{k+1}-t_k}{t_k\log t_k}[/tex] το οποίο έχουμε δείξει ότι είναι μεγαλύτερο ή ίσο του [tex]1-\frac{\log t_n}{\log t_m}\rightarrow 1[/tex] κρατώντας σταθερό το [tex]n[/tex] και αφήνοντας το [tex]m\rightarrow\infty[/tex].

(Αν δεν κάνω λάθος σ' αυτό το βήμα, από τις υποθέσεις χρησιμοποιήσαμε μόνο ότι [tex]s_n\rightarrow +\infty [/tex] και ότι [tex]s_n<s_{n+1}[/tex].)

Στη δεύτερη περίπτωση δείχνουμε πρώτα ότι [tex]\sum_{n=n_0}^{\infty}\frac{s_{n+1}-s_n}{s_n\log s_n (\log^{(2)}s_n)^2} <+\infty. [/tex] Με ένα επαγωγικό επιχείρημα έχουμε ότι για κάθε [tex]m\in \mathbb{N}[/tex] ισχύει [tex]\sum_{n=n_0}^{\infty}\frac{s_{n+1}-s_n}{s_n\log s_n\log^{(2)}s_n\ldots (\log^{(m)}s_n)^2}<+\infty[/tex]. Πρώτα παρατηρούμε ότι υπάρχει [tex]c_1>0[/tex] ώστε [tex]\frac{\log s_{n+1}}{\log s_n}<c_1 \; (1)[/tex] για κάθε [tex]n\in \mathbb{N}[/tex]. Αυτό προκύπτει από την ανισοτική σχέση [tex]\frac{s_n}{s_{n+1}}\geq c[/tex] και από το γεγονός ότι [tex]\log s_n\rightarrow +\infty [/tex]. Επιπλέον υπάρχει [tex]c_2>0[/tex] ώστε να ισχύει [tex]\frac{\log^{(2)}s_{n+1}}{\log^{(2)}s_n}<c_2[/tex] αυτό προκύπτει από την [tex](1)[/tex] και από το γεγονός ότι [tex]\log^{(2)}s_n\rightarrow +\infty[/tex]. Τώρα έχουμε:
[tex]\sum_{k=n_0}^n\frac{s_{k+1}-s_k}{s_k\log s_k(\log^{(2)}s_k)^2}\leq [/tex][tex]\sum_{k=n_0}^n\frac{s_{k+1}}{s_k}\frac{\log s_{k+1}}{\log s_k}\frac{\log^{(2)}s_{k+1}}{\log^{(2)}s_k}\bigg(\frac{1}{\log^{(2)}s_k}-\frac{1}{\log^{(2)}s_{k+1}}\bigg)[/tex] όπου εδώ έχουμε εφαρμόσει δυο διαδοχικές φορές την ανισότητα [tex]x-1\leq x\log x[/tex]. Το τελευταίο άθροισμα φράσεται από το [tex]\frac{c_1c_2}{c}\bigg(\frac{1}{\log^{(2)}s_{n_0}}-\frac{1}{\log^{(2)}s_{n+1}}\bigg)[/tex]. Έτσι έχουμε ότι [tex]\sum_{k=n_0}^{\infty}\frac{s_{k+1}-s_k}{s_k\log s_k(\log^{(2)}s_k)^2}<+\infty[/tex]
Tώρα θα δείξουμε ότι για κάθε [tex]\alpha >1[/tex] ισχύει [tex]\sum_{n=n_0}^{\infty}\frac{s_{n+1}-s_n}{s_n\log s_n(\log^{(2)}s_n)^\alpha}<+\infty[/tex]. Αν "ανέβουμε αρκετά ψηλά" μπορούμε να έχουμε [tex](\log^{(2)}s_n)^{\alpha-1}>(\log^{(3)}s_n)^2 \; (2)[/tex]. Άρα θα έχουμε [tex]\sum_{k=n_1}^{n}\frac{s_{k+1}-s_k}{s_k\log s_k(\log^{(2)} s_k)^a}\leq \sum_{k=n_1}^n\frac{s_{k+1}-s_k}{s_k\log s_k\log^{(2)}s_k(\log^{(3)}s_k)^2}[/tex] όπου [tex]n_1[/tex] είναι ένα φυσικός από τον οποίο αρχίζει να ισχύει η [tex](2)[/tex]. Τώρα το συμπέρασμα έπεται από το επαγωγικό επιχείρημα και από το κριτήριο σύγκρισης.


Τελευταία επεξεργασία απο Valettas Peter την 11 Φεβ 2007, 18:12, επεξεργάστηκε 2 φορές συνολικά.

Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης:
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 11 Φεβ 2007, 17:37 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer

Εγγραφη: 01 Οκτ 2006, 11:40
Δημοσ.: 2950
Valettas Peter έγραψε:
Θα αποδείξουμε ότι [tex]\sum_{n=n_0}^{\infty}\frac{x_{n+1}}{s_n\log s_n\log^{(2)}s_n}=+\infty.[/tex]

(Αν δεν κάνω λάθος σ' αυτό το βήμα, από τις υποθέσεις χρησιμοποιήσαμε μόνο ότι [tex]s_n\rightarrow +\infty [/tex] και ότι [tex]s_n<s_{n+1}[/tex].)


Να έρθουμε τώρα και στο (β). Πέτρο, έδειξες ότι [tex]\sum_{n=1}^{\infty }\frac{x_{n+1}}{s_n\log s_n}=+\infty [/tex] και [tex]\sum_{n=1}^{\infty }\frac{x_{n+1}}{s_n\log s_n\log^{(2)}s_n}=+\infty [/tex] και ούτω καθεξής, με μόνη υπόθεση την [tex]s_n\to +\infty [/tex] (και [tex]a_n>0[/tex]).

Κοίταξε τώρα ένα "περίεργο πράγμα": Εμείς ρωτούσαμε αν αποκλίνει η [tex]\sum_{n=1}^{\infty }\frac{x_n}{s_n\log n}[/tex] ή, το ίδιο κάνει, η [tex]\sum_{n=1}^{\infty }\frac{x_{n+1}}{s_{n+1}\log s_{n+1}}[/tex]. Μπορούμε βέβαια να γράψουμε [tex]\sum_{n=1}^{\infty }\frac{x_{n+1}}{s_{n+1}\log s_{n+1}}=\sum_{n=1}^{\infty }\frac{x_{n+1}}{s_n\log s_n}\cdot\frac{s_n\log s_n}{s_{n+1}\log s_{n+1}}[/tex]. Αν λοιπόν υποθέσουμε ότι [tex]\frac{s_n}{s_{n+1}}\geq c>0[/tex] τότε έχουμε και [tex]\frac{s_n\log s_n}{s_{n+1}\log s_{n+1}}\geq c_1>0[/tex], και έπεται ότι [tex]\sum_{n=1}^{\infty }\frac{x_n}{s_n\log
s_n}=+\infty [/tex].

Χωρίς αυτήν την υπόθεση, δεν ισχύει γενικά το αποτέλεσμα. Παράδειγμα: αν θέσουμε [tex]x_1=1[/tex] και [tex]x_n=n^{n^n}-(n-1)^{(n-1)^{n-1}}[/tex] για [tex]n\geq 2[/tex], τότε έχουμε [tex]s_n=n^{n^n}[/tex] και [tex]\frac{x_n}{s_n (\log s_n)^{\alpha }}<\frac {1}{n^{\alpha n}(\log n)^{\alpha }}[/tex], οπότε [tex]\sum_{n=1}^{\infty }\frac{x_n}{s_n (\log s_n)^{\alpha }}<+\infty [/tex] για κάθε [tex]\alpha >0[/tex]!!

Φυσικά, το παράδειγμα είναι λίγο "φαιδρό": οι αποκλίνουσες σειρές, με θετικούς όρους, που παρουσιάζουν ενδιαφέρον είναι αυτές για τις οποίες [tex]x_n\to 0[/tex].

Σημείωση: νομίζω ότι η συζήτηση που έγινε ήταν ενδιαφέρουσα, για την ακρίβεια διαπίστωσα εκ των υστέρων ότι διάφορες γενικεύσεις του θεωρήματος Abel-Dini (περί αυτού πρόκειται) σχετικά με τη συμπεριφορά αυτών των σειρών έχουν συζητηθεί στο American Mathematical Monthly. Παράδειγμα, το άρθρο Remarks on the Abel-Dini theorem, του T. H. Hildebrandt (1942).

Η περιγραφή του άρθρου από τα Mathematical Reviews:

The author states theorems about series called by Knopp the theorems of Abel and Dini and the theorem of Dini; a concise proof is given. There follows a number of penetrating remarks on conclusions that can be drawn from the quoted theorems. There are several specific generalizations of the type where [tex]s_n[/tex] replaces [tex]n[/tex] in well-known results.

Άσκηση: Τώρα, όποιος έχει το κουράγιο, μπορεί να ανοίξει το θέμα: Μια σειρά που συγκλίνει... Εδώ το ρόλο της [tex](s_n)[/tex] θα παίξει η μηδενική ακολουθία [tex]r_n=\sum_{k=n}^{\infty }x_k[/tex]. Διατυπώστε και αποδείξτε το (τελικό) αποτέλεσμα.


Κορυφή
 Προφίλ  
 
Τελευταίες δημοσιεύσεις:  Ταξινόμηση κατά  
Δημιουργία νέου θέματος Απάντηση στο θέμα  [ 10 δημοσιεύσεις ] 

Όλοι οι χρόνοι είναι UTC + 2 ώρες [ DST ]


Μελη σε συνδεση

Μέλη σε αυτή την Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες


Δεν μπορείτε να δημοσιεύετε νέα θέματα σε αυτή τη Δ. Συζήτηση
Δεν μπορείτε να απαντάτε σε θέματα σε αυτή τη Δ. Συζήτηση
Δεν μπορείτε να επεξεργάζεστε τις δημοσιεύσεις σας σε αυτή τη Δ. Συζήτηση
Δεν μπορείτε να διαγράφετε τις δημοσιεύσεις σας σε αυτή τη Δ. Συζήτηση

Αναζήτηση για:
Μετάβαση σε:  
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group