forum.math.uoa.gr

Forum του Τμήματος Μαθηματικών
Ημερομηνία 17 Αύγ 2018, 13:03

Όλοι οι χρόνοι είναι UTC + 2 ώρες [ DST ]




Δημιουργία νέου θέματος Απάντηση στο θέμα  [ 9 δημοσιεύσεις ] 
Συγγραφέας Μήνυμα
 Θέμα δημοσίευσης: Πληρότητα κλασμάτων στο R
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 01 Φεβ 2007, 13:15 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer

Εγγραφη: 04 Μάιος 2006, 13:21
Δημοσ.: 666
Υπάρχει το ερώτημα δεδομένης μίας ακολουθίας [tex]p_n[/tex]
πότε οι αριθμοί της μορφής[tex]\frac{p_n}{p_m}[/tex]
είναι πλήρεις στο R.Μπορούμε να αποδείξουμε την εξής άσκηση:
Έστω [tex]p_n[/tex] γνησίως αύξουσα,μη φραγμένη ακολουθία
θετικών αριθμών.Εάν [tex]\frac{p_{n+1}}{p_n}\rightarrow 1[/tex],
τότε η κλειστότητα του συνόλου [tex]\{\frac{p_n}{p_m}:n,m \in
\mathbb{N}\}[/tex] είναι το [tex]\left[0,\infty\right)[/tex].
Ξεκινάμε επιλέγοντας [tex]\alpha,\beta[/tex] ώστε
[tex]0<\alpha<\beta[/tex],θέλουμε να δείξουμε ότι
υπάρχει ένα κλάσμα της μορφής [tex]\frac{p_n}{p_m}[/tex]
στο διάστημα [tex]\left(\alpha,\beta\right)[/tex].
Γράφουμε [tex]\beta=\alpha(1+\epsilon)[/tex],οπότε
σύμφωνα με τον ε ορισμό του ορίου, υπάρχει [tex]n_0[/tex]
ώστε [tex]\forall n \geq n_0[/tex] ισχύει [tex]\frac
{p_{n+1}}{p_n} -1<\epsilon,[/tex]εφόσον [tex]p_n[/tex]
είναι γνησίως αύξουσα.Δηλαδή για κάθε[tex]n\geq n_0[/tex]
έχουμε [tex]p_{n+1}<(1+\epsilon)p_n,[/tex]άρα
[tex]\alpha p_{n+1}<\beta p_n.[/tex]Oπότε το σύνολο
[tex]\bigcup_{n=n_0}^{\infty}\left( \alpha p_n,\beta p_n\right)[/tex]
είναι το [tex]\left( \alpha p_{n_0},\infty\right).[/tex]
Kαθώς η ακολουθία [tex] p_n[/tex] είναι μη φραγμένη
υπάρχει m, ώστε [tex]p_m[/tex] να ανήκει στο [tex]
\left(\alpha p_{n_0},\infty\right),[/tex]και άρα στο
[tex] \left( \alpha p_{m'},\beta p_{m'} \right)[/tex] για κάποιο
[tex]m' \geq n_0.[/tex]Έτσι [tex]\alpha p_{m'}<p_m<\beta p_{m'},[/tex] [tex]\alpha<\frac{p_m}{p_{m'}}<\beta[/tex] και έχουμε τελειώσει.
θέτοντας [tex]p_n=n[/tex] παίρνουμε την πυκνότητα των ρητων στο R,
και εάν [tex]p_n[/tex] είναι ο n-ιοστός πρώτος,από το θεώρημα των
πρώτων αριθμών ισχύει [tex]\frac{p_n}{n logn}\rightarrow 1[/tex],
έτσι [tex]\frac{p_{n+1}}{p_n} \rightarrow 1,[/tex] και το σύνολο
των αριθμών p/q όπου p,q πρώτοι ,είναι πυκνό στο [tex]\left[0,\infty\right)[/tex]


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Πυκνότητα κλασμάτων στο R
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 01 Φεβ 2007, 18:59 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer

Εγγραφη: 01 Οκτ 2006, 11:40
Δημοσ.: 3005
Isis rule έγραψε:
Έστω [tex]p_n[/tex] γνησίως αύξουσα, μη φραγμένη ακολουθία θετικών αριθμών. Εάν [tex]\frac{p_{n+1}}{p_n}\rightarrow 1[/tex], τότε η κλειστότητα του συνόλου [tex]\{\frac{p_n}{p_m}:n,m \in \mathbb{N}\}[/tex] είναι το [tex]\left[0,\infty\right)[/tex].


Ευθύμη, ευχαριστούμε. Μια άσκηση με τις ίδιες υποθέσεις: Έστω [tex]p_n[/tex] γνησίως αύξουσα, μη φραγμένη ακολουθία αριθμών [tex]p_n>1[/tex]. Εάν [tex]\frac{p_{n+1}}{p_n}\rightarrow 1[/tex], τότε [tex]\sum_{k=1}^n\frac{p_{k+1}-p_k}{p_k}\simeq \log p_n[/tex].

(Για δύο ακολουθίες θετικών πραγματικών αριθμών, γράφοντας [tex]a_n\simeq b_n[/tex] εννοούμε ότι υπάρχουν σταθερές [tex]c,C>0[/tex] ώστε [tex]c\leq\frac{a_n}{b_n}\leq C[/tex] για κάθε [tex]n\in {\mathbb N}[/tex]).


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Πυκνότητα κλασμάτων στο R
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 04 Φεβ 2007, 15:55 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer

Εγγραφη: 11 Ιουν 2006, 23:21
Δημοσ.: 262
Τοποθεσια: Αχαρναί
Για να δείξουμε το ζητούμενο αρκεί να ισχύει μια τέτοια διπλή ανισότητα τελικά. Θα χρησιμοποιήσουμε τα ακόλουθα:

(α) Για κάθε [tex]x>1[/tex] ισχύει η ανισότητα [tex]\log x<x-1<x\log x[/tex]
(β) Η ανισότητα [tex]\frac{1}{2}\log p_n\leq \log\bigg(\frac{p_{n+1}}{p_1}\bigg)\leq \log p_n[/tex] ισχύει τελικά.
(γ) Υπάρχει [tex]Μ>0[/tex] τέτοιο ώστε [tex] 0<\frac{p_{n+1}}{p_n}<M[/tex] για [tex]n=1,2,\ldots[/tex].

Έχουμε διαδοχικά [tex]\sum_{k=1}^{n}\frac{p_{k+1}-p_k}{p_k}\geq \sum_{k=1}^n\log\bigg(\frac{p_{k+1}}{p_k}\bigg)=\log\bigg(\prod_{k=1}^n\frac{p_{k+1}}{p_k}\bigg)=\log\bigg(\frac{p_{n+1}}{p_1}\bigg)[/tex]. Από το (β) λοιπόν έχουμε ότι [tex]\sum_{k=1}^{n}\frac{p_{k+1}-p_k}{p_k}\geq \frac{1}{2}\log p_n[/tex] για μεγάλα [tex]n\in \mathbb{N}[/tex].
Επιπλέον είναι [tex]\sum_{k=1}^n\frac{p_{k+1}-p_k}{p_k} [/tex] [tex]\leq \sum_{k=1}^n\frac{p_{k+1}}{p_k}\log \bigg(\frac{p_{k+1}}{p_k}\bigg)\leq M\sum_{k=1}^n\log\bigg(\frac{p_{k+1}}{p_k}\bigg)=M\log\bigg(\frac{p_{n+1}}{p_1}\bigg) [/tex]. Πάλι από τη (β) έχουμε ότι αυτό φράσεται από το [tex]Μ\log p_n[/tex] για μεγάλα [tex]n [/tex].

Ερώτηση Έχουμε κάποια ασυμπτωτική εκτίμηση για το άθροισμα [tex]\sum_{k=1}^n\frac{p_{k+1}-p_k}{p_k^{\alpha}}, \alpha\in (1,2)[/tex] ;


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Πυκνότητα κλασμάτων στο R
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 04 Φεβ 2007, 17:56 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer

Εγγραφη: 01 Οκτ 2006, 11:40
Δημοσ.: 3005
Πέτρο, αν δεν κάνω λάθος, ουσιαστικά μας έδειξες κάτι ισχυρότερο: [tex]\lim_{n\to\infty }\frac{1}{\log p_n}\sum_{k=1}^n\frac{p_{k+1}-p_k}{p_k}=1[/tex]. Είναι σωστό αυτό;

Νομίζω ότι καταλαβαίνω και το σκοπό της ερώτησης. Τι λέτε λοιπόν; Με τις ίδιες πάντα υποθέσεις, η ακολουθία [tex]s_n=\sum_{k=1}^n\frac{p_{k+1}-p_k}{p_k\log p_k}[/tex] μπορεί να είναι φραγμένη ή πάντα τείνει στο [tex]+\infty [/tex];


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Πυκνότητα Κλασμάτων στο R
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 04 Φεβ 2007, 18:31 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer

Εγγραφη: 11 Ιουν 2006, 23:21
Δημοσ.: 262
Τοποθεσια: Αχαρναί
:D Με τσακώσατε!

Ναι, σωστό είναι το όριο του πηλίκου είναι 1. Ας το ξαναγράψω πιο φορμαλιστικά να φανεί.
Έστω [tex]\varepsilon>0[/tex]. Υπάρχει [tex]n_0\in \mathbb{N}[/tex] ώστε αν [tex]n\geq n_0[/tex] να ισχύουν ταυτόχρονα οι:
(α) [tex] \frac{p_{n+1}}{p_n}<1+\varepsilon/2[/tex]
(β) [tex](1-\varepsilon)\log p_n<\log\bigg(\frac{p_{n+1}}{p_1}\bigg)<\log p_n[/tex]
και κάνοντας αντίστοιχους υπολογισμούς όπως πριν έχουμε ότι [tex](1-\varepsilon)\log p_n<\sum_{k=1}^n\frac{p_{k+1}-p_k}{p_k}<(1+\varepsilon)\log p_n[/tex] για μεγάλα [tex]n> n_0[/tex].


Τελευταία επεξεργασία απο Valettas Peter την 05 Φεβ 2007, 12:57, επεξεργάστηκε 2 φορές συνολικά.

Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Πυκνότητα κλασμάτων στο R
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 05 Φεβ 2007, 08:42 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer

Εγγραφη: 01 Οκτ 2006, 11:40
Δημοσ.: 3005
Valettas Peter έγραψε:
Θα χρησιμοποιήσουμε τα ακόλουθα:

(α) Για κάθε [tex]x>1[/tex] ισχύει η ανισότητα [tex]\log x<x-1<x\log x[/tex]
(β) Η ανισότητα [tex]\frac{1}{2}\log p_n\leq \log\bigg(\frac{p_{n+1}}{p_1}\bigg)\leq \log p_n[/tex] ισχύει τελικά.
(γ) Υπάρχει [tex]Μ>0[/tex] τέτοιο ώστε [tex] 0<\frac{p_{n+1}}{p_n}<M[/tex] για [tex]n=1,2,\ldots[/tex].


Πέτρο, με όσα έχεις γράψει ως τώρα και χρησιμοποιώντας τις ιδέες από το θέμα "μια σειρά που αποκλίνει ...", μπορούμε να πούμε τα εξής:

(α) Έστω [tex]n<m[/tex]. Τότε, [tex]\sum_{k=n}^m\frac{p_{k+1}-p_k}{p_k\log p_k}\geq\sum_{k=n}^m\frac{p_{k+1}-p_k}{p_k\log p_m}[/tex] [tex]\geq\frac{1}{\log p_m}\sum_{k=n}^m\log\left (\frac{p_{k+1}}{p_k}\right )[/tex] [tex]=\frac{1}{\log p_m}\log\left (\frac{p_{m+1}}{p_n}\right )[/tex] [tex]=\frac{\log p_{m+1}}{\log p_m}-\frac{\log p_n}{\log p_m}\to 1[/tex] αν κρατήσουμε το [tex]n[/tex] σταθερό και αφήσουμε το [tex]m\to\infty [/tex]. Δηλαδή, αν θέσουμε [tex]s_n=\sum_{k=1}^n\frac{p_{k+1}-p_k}{p_k\log p_k}[/tex], τότε [tex]b_n:=\sup\{ |s_m-s_n|:\,m>n\}\geq 1[/tex]. Αυτό δείχνει ότι η [tex](s_n)[/tex] δεν είναι ακολουθία Cauchy. Συνεπώς, [tex]\sum_{k=1}^{\infty }\frac{p_{k+1}-p_k}{p_k\log p_k}=+\infty [/tex].

(β) Έχουμε [tex]\frac{p_{k+1}-p_k}{p_k(\log p_k)^2}\leq \frac{p_{k+1}}{p_k}\cdot\frac{\log p_{k+1}-\log p_k}{(\log p_k)^2}[/tex] [tex]=\frac{p_{k+1}}{p_k}\cdot\frac{\log p_{k+1}}{\log p_k}\cdot\frac{\log p_{k+1}-\log p_k}{\log p_k\cdot\log p_{k+1}}\leq M\left (\frac{1}{\log p_k}-\frac{1}{\log p_{k+1}}\right )[/tex].

Άρα, [tex]\sum_{k=1}^n\frac{p_{k+1}-p_k}{p_k(\log p_k)^2}\leq M\sum_{k=1}^n\left (\frac{1}{\log p_k}-\frac{1}{\log p_{k+1}}\right )<\frac{M}{\log p_1}[/tex]. Συνεπώς, [tex]\sum_{k=1}^{\infty }\frac{p_{k+1}-p_k}{p_k(\log p_k)^2}<+\infty [/tex].

Τώρα, αν [tex]\alpha >1[/tex] έχουμε [tex](\log p_k)^2<p_k^{\alpha -1}[/tex] για μεγάλα [tex]k[/tex]. Αυτό μας λέει ότι [tex]\sum_{k=1}^{\infty }\frac{p_{k+1}-p_k}{p_k^{\alpha }}<+\infty [/tex].

Μπορούμε τώρα να μεταφερθούμε στο θέμα "μια σειρά που αποκλίνει ...".


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης:
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 05 Φεβ 2007, 16:34 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer

Εγγραφη: 04 Μάιος 2006, 13:21
Δημοσ.: 666
Όσον αφορά το θέμα της πληρότητας υπάρχει ένα ακόμη
ερώτημα:Yποθέτοντας για την [tex]p_n[/tex]
τις αγαπημένες μας προυποθέσεις,ότι είναι γν. αύξουσα
μη φραγμένη ακολουθία θετικών όρων,κατα πόσο ισχύει
το αντίστροφο,δηλαδή η πυκνότητα του[tex]\{\frac
{p_m}{p_n}:m,n \in \mathbb{N} \}[/tex] εξασφαλίζει
ότι [tex] \frac{p_{n+1}}{p_n}\rightarrow 1[/tex].Mπορούμε
να αποδείξουμε πάντως ότι υπάρχει μία υπακολουθία[tex]
n_k[/tex] της [tex]\frac{p_{n+1}}{p_n}[/tex] με όριο το 1.
Η ιδέα είναι του eirik:Επιλέγουμε[tex]m_1,n_1[/tex]ώστε
[tex]\frac{p_{m_1}}{p_{n_1}} \in (1+\frac{1}{2},2).[/tex]
Εφόσον η ακουλουθία[tex]p_n[/tex] είναι γν. αύξουσα και
[tex]p_{m_1}>p_{m_1}[/tex],ισχύει [tex]m_1>n_1.[/tex]
Έτσι [tex]m_1 \geq 1+n_1[/tex] και [tex]1<\frac{p_{1+n_1}}
{p_{n_1}} \leq \frac{p_{m_1}}{p_{n_1}}<2.[/tex]
Τώρα βρίσκουμε [tex]m_2,n_2[/tex] ώστε [tex]\frac{p_{m_2}}
{p_{n_2}} \in (1+\frac{1}{3},1+\frac{1}{2}),[/tex]
(και άρα όπως πριν [tex]1<\frac{p_{1+{n_2}}}{p_{n_2}} \leq
\frac{p_{m_2}}{p_{n_2}}<1+\frac{1}{2}[/tex])
όπου [tex]n_2>n_1.[/tex]Αυτό μπορούμε να το κάνουμε γιατί
το διάστημα[tex](1+\frac{1}{3},1+\frac{1}{2})[/tex] περιέχει
άπειρους όρους της μορφής [tex]\frac{p_m}{p_n}[/tex],έτσι
εάν για όλους ίσχυε [tex]n \leq n_1[/tex] θα υπήρχε ένας
τέτοιος [tex]n_0\leq n_1[/tex] ώστε τα αντίστoιχα [tex]m[/tex] να ήταν
άπειρα στο πλήθος,δηλαδή θα υπήρχε [tex]n_0 \leq n_1:
\frac{p_m}{p_{n_0}} \in (1+\frac{1}{3},1+\frac{1}{2})[/tex]
για άπειρα [tex]m.[/tex]Τότε όμως καθώς [tex]p_n\rightarrow \infty[/tex]
για αυτά τα [tex]m[/tex] θα είχαμε [tex]limsup\frac{p_m}{p_{n_0}}=
\infty,[/tex]άτοπο γιατί αυτοί οι όροι είναι μικρότεροι του [tex]1+\frac{1}{2}.
[/tex]Δουλεύοντας επαγωγικά επιλέγουμε [tex]n_k[/tex] γν.αύξουσα
υπακολουθία των φυσικών ώστε [tex]1<\frac{p_{1+n_k}}{p_{n_k}}<
1+\frac{1}{k} \forall k \geq 1.[/tex]
Αυτό βέβαια δεν σημαίνει ότι για κάθε τέτοια ακολουθία [tex]p_n[/tex]
θα ισχύει απαραίτητα πως τα κλασματα των διαδοχικών όρων θα τείνουν στο 1.
Εάν όμως υπάρχει μία τέτοια,τότε πρέπει η [tex]\frac{p_{n+1}}{p_n}[/tex]
να μην συγκλίνει και να μηνείναι τελικά φθίνουσα διότι τότε το όριο της
[tex]\frac{p_{n+1}}{p_n}[/tex] θα ήταν 1.Έτσι το ερώτημα είναι
εάν υπάρχει ακολουθία [tex]p_n[/tex] θετικών όρων,γν.αύξουσα,μη φραγμένη
για την οποία το σύνολο [tex]\{\frac{p_m}{p_n}:m,n \in \mathbb {N}\}[/tex]
να είναι πυκνό στο[tex]\left[0,\infty\right)[/tex],ώστε η [tex]\frac{p_{n+1}}
{p_n}[/tex]να μη συγκλίνει στο 1, για την οποία ξέρουμε πως
η [tex]\frac{p_{1+n}}{p_n}[/tex] δεν θα είναι συγκλίνουσα ή
τελικά φθίνουσα.


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης:
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 06 Φεβ 2007, 00:18 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer

Εγγραφη: 01 Οκτ 2006, 11:40
Δημοσ.: 3005
Isis rule έγραψε:
Όσον αφορά το θέμα της πληρότητας υπάρχει ένα ακόμη ερώτημα: Yποθέτοντας για την [tex]p_n[/tex] τις αγαπημένες μας προϋποθέσεις,ότι είναι γν. αύξουσα μη φραγμένη ακολουθία θετικών όρων,κατα πόσο ισχύει το αντίστροφο, δηλαδή η πυκνότητα του [tex]\left\{\frac{p_m}{p_n}:m,n \in \mathbb{N} \right\}[/tex] εξασφαλίζει ότι [tex] \frac{p_{n+1}}{p_n}\rightarrow 1[/tex].


Ευθύμη, καλή ερώτηση. Να κάνω μια σκέψη και κάποιες ερωτήσεις. Θέτοντας [tex]x_n=\log p_n[/tex], είναι το ερώτημά σας ίσοδύναμο με το παρακάτω;

Αν η [tex](x_n)[/tex] είναι γνησίως αύξουσα με [tex]\lim_{n\to\infty }x_n=+\infty [/tex] και το [tex]\{ x_n-x_m:\,n>m\}[/tex] είναι πυκνό στο [tex](0,+\infty )[/tex], τότε [tex]x_{n+1}-x_n\to 0[/tex].

Αν ναι, θέτοντας [tex]a_k=x_{k+1}-x_k[/tex], είναι το ερώτημά σας ίσοδύναμο με το παρακάτω;

Αν [tex]a_k>0[/tex] και [tex]\sum_{k=1}^{\infty }a_k=+\infty [/tex] και για την [tex]s_n=a_1+\cdots +a_n[/tex] ισχύει ότι το [tex]\{ s_n-s_m:\,n>m\}[/tex] είναι πυκνό στο [tex](0,+\infty )[/tex], τότε [tex]a_k\to 0[/tex].

Για κάποιο λόγο νομίζω ότι είναι ευκολότερο να σκεφτείτε το τελευταίο ερώτημα. Για μια αρνητική απάντηση, θα δοκίμαζα μια παραλλαγή της αρμονικής σειράς, όπου σε κάποιες (πολύ αραιές) θέσεις θα πρόσθετα κάποιους αρκετά μεγάλους όρους.


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης:
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 09 Φεβ 2007, 16:10 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer

Εγγραφη: 04 Μάιος 2006, 13:21
Δημοσ.: 666
Πράγματι μπορούμε να βρούμε αντιπαράδειγμα ακριβώς όπως λέτε,μέσω της αρμονικής σειράς.Καταρχήν αποδεικνύουμε το εξής:Έστω a,b>0 και a<b,τότε υπάρχει [tex]n \in\mathbb{N}[/tex] ώστε [tex]a<\frac{1}{1+2^{2^{n}}}+...+\frac{1}{m}<b[/tex] για κάποιο m με
[tex]m<2^{2^{n+1}}.[/tex]Επιλέγουμε το n αρκετά μεγάλο ώστε [tex]a+log\frac{3}{2}<2^{n} logn[/tex] (1) και [tex]\frac{1}{1+2^{2^{n}}}<min\{b-a,a\}[/tex] (2).Έστω m ο ελάχιστος φυσικός ώστε
[tex]\sum_{k=1+2^{2^{n}}}^{m}\frac{1}{k}>a,[/tex] τότε [tex]
\sum_{k=1+2^{2^{n}}}^{m-1}\frac{1}{k} \leq a,[/tex] (όπου λόγω της (2)
ισχύει [tex]m-1\geq 1+2^{2^{n}}.[/tex])Έτσι [tex]a< \sum_{k=1+2^{2^{n}}}^{m} \frac{1}{k} = [/tex][tex]\sum_{k=1+2^{2^{n}}}^{m-1}\frac{1}{k} + \frac{1}{m} \leq a+ \frac{1}{m} \leq a + \frac{1}{1+2^{2^{n}}}<a+(b-a)=b.[/tex]Επίσης από τη μονοτονία της 1/x έχουμε:[tex]a\geq \sum_{k=1+2^{2^{n}}}^{m-1}\frac{1}{k}[/tex][tex]>\int_{1+2^{2^{n}}}^{m} \frac{1}{t}dt[/tex][tex]=log\frac{m}{1+2^{2^{n}}}[/tex][tex]>log\frac{m}{(\frac{3}{2}) 2^{2^{n}}}.[/tex]Άρα [tex]logm<a+log\frac{3}{2}+2^{n} log2<2^{n}log2+2^{n}log2[/tex] λόγω της (1),οπότε [tex]m<2^{2^{n+1}}.[/tex]Θέτουμε τώρα [tex]a_n=\left\{\begin{array}{ c 1 }1, & n=2^{2^{k}}\\ \frac{1}{n},& \textrm{\gr διαφορετικά}\end{array}\right[/tex].Ισχύει ότι [tex]a_n>0 \textrm{\gr και}[/tex][tex] \{s_{n}-s_{m}:n>m\} [/tex][tex]\textrm{\gr είναι πυκνό στο}\left[0,\infty)[/tex][tex]\textrm{\gr από τα προηγούμενα}[/tex][tex] \textrm{\gr ,ενώ δεν ισχύει}[/tex][tex] a_n\rightarrow 0.[/tex]Ένα ερώτημα επομένως είναι εάν η [tex]a_n[/tex] δεν έχει όριο το 0,τότε τα n για τα οποία οι όροι [tex]a_n[/tex] δεν συγκλίνουν στο 0 είναι πολύ αραιοί στους φυσικούς(όπως εδώ η [tex]2^{2^{n}}[/tex]).(Για παράδειγμα εάν ισχύει για κάθε δ>0 [tex]lim_{n\rightarrow\infty}\frac{|\{m\leq n:a_m>\delta \}|}{n}= 0.[/tex])


Κορυφή
 Προφίλ  
 
Τελευταίες δημοσιεύσεις:  Ταξινόμηση κατά  
Δημιουργία νέου θέματος Απάντηση στο θέμα  [ 9 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