forum.math.uoa.gr

Forum του Τμήματος Μαθηματικών
Ημερομηνία 17 Νοέμ 2018, 03:04

Όλοι οι χρόνοι είναι UTC + 2 ώρες [ DST ]




Δημιουργία νέου θέματος Απάντηση στο θέμα  [ 25 δημοσιεύσεις ]  Μετάβαση στην σελίδα 1, 2  Επόμενο
Συγγραφέας Μήνυμα
 Θέμα δημοσίευσης: Απειροστικός Λογισμός: ασκήσεις στις σειρές
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 30 Οκτ 2007, 20:11 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer

Εγγραφη: 01 Οκτ 2006, 11:40
Δημοσ.: 3026
Μερικές ασκήσεις με θέμα τις σειρές.

Άσκηση 1 Έστω (a_n) φθίνουσα ακολουθία θετικών πραγματικών αριθμών με a_n\to 0. Υποθέτουμε ότι η ακολουθία t_n=\sum_{k=1}^na_k-na_n είναι φραγμένη. Δείξτε ότι η σειρά \sum_{k=1}^{\infty }a_k συγκλίνει.

Άσκηση 2 Έστω \sum_{k=1}^{\infty }a_k μια συγκλίνουσα σειρά με θετικούς όρους. Προσδιορίστε τα \lim\limits_{n\to\infty }\sum_{k=1}^n\frac{ka_k}{n} και \sum_{n=1}^{\infty }\frac{a_1+2a_2+\cdots +na_n}{n(n+1)}.

Άσκηση 3 Έστω (a_n) μια ακολουθία μη μηδενικών πραγματικών αριθμών. Υποθέτουμε ότι \lim\limits_{n\to\infty }a_n=0 και ότι υπάρχει b\in (0,1) με την ιδιότητα -1\leq\frac{a_{n+1}}{a_n}<b για κάθε n\in {\mathbb N}. Δείξτε ότι η σειρά \sum_{n=1}^{\infty }a_n συγκλίνει.

Άσκηση 4 Για κάθε n\geq 2 ορίζουμε a_n τον μεγαλύτερο πρώτο διαιρέτη του n. Δείξτε ότι η σειρά \sum_{n=2}^{\infty }\frac{1}{na_n} συγκλίνει.

Άσκηση 5 Εξετάστε αν συγκλίνει η σειρά \sum_{n=1}^{\infty }\frac{\cos (\log n)}{n}.

Άσκηση 6 Εξετάστε αν συγκλίνει η σειρά \sum_{n=1}^{\infty }\frac{\sin (\sqrt{n})}{n}.


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: χαζή λύση
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 02 Νοέμ 2007, 05:36 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer

Εγγραφη: 04 Μάιος 2006, 13:21
Δημοσ.: 666
Για κάθε n υπάρχει ένας p πρώτος μικρότερος ή ίσος του x ώστε α(n)=p,άρα \sum_{n\leq x}\frac{1}{n\alpha_n}=\sum_{p\leq x}\frac{1}{p}(\sum_{n\leq x ,\alpha_n=p}\frac{1}{n})=\sum_{p\leq x}\frac{1}{p}s_p(x).Παρατηρούμε ότι α(n)=p αν και μόνο αν ο n γράφεται σαν p^{k}y όπου ο y είτε είναι γινόμενο πρώτων μικρότερων του p είτε 1 και ο κ είναι μεγαλύτερος ή ίσος του 1,άρα o 1/n περιέχεται στο άθροισμα (\frac{1}{p}+\frac{1}{p^2}+...)(1+\frac{1}{q_1}+
\frac{1}{q_1^2}+...)(1+\frac{1}{q_2}+\frac{1}{q_2^2}+...)...(1+\frac{1}{q_n}+
\frac{1}{q_n^2}+...)όπου q_1,q_2,...,q_nείναι οι πρώτοι μικρότεροι του p.Το τελευταίο γινόμενο ισούται με \frac{1}{p}\prod_{q\leq p}\frac{1}{1-\frac{1}{q}}, και άρα s_p(x)=\sum_{n\leq x ,\alpha_n=p}\frac{1}{n}\leq \frac{1}{p}\prod_{q\leq p}\frac{1}{1-\frac{1}{q}} απ'όπου παίρνουμε \sum_{n\leq x}\frac{1}{n\alpha_n}\leq\sum_{p\leq x}\frac{1}{p^2}(\prod_{q\leq p}\frac{1}{1-\frac{1}{q}}).Χρησιμοποιώντας το θεώρημα του Mertens ,δηλαδή \lim_{x\rightarrow\infty}\frac{1}{logx}(\prod_{q\leq x}\frac{1}{1-\frac{1}{q}})=e^{\gamma},το τελευταίο άθροισμα φράσσεται από c \sum_{p\leq x}\frac{logp}{p^2}απ'όπου έπεται η σύγκλιση της σειράς.Άν είναι σωστή σίγουρα δεν είναι η πιο σύντομη λύση αλλά τουλάχιστον δίνει την έκφραση της αρχικής σειράς σαν άθροισμα πάνω σε όλους τους πρώτους p :\sum_{n}\frac{1}{n\alpha_n}=\sum_{p} \frac{\prod_{q\leq p}\frac{1}{1-\frac{1}{q}}}{p^2}


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Απειροστικός Λογισμός: ασκήσεις στις σειρές
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 02 Νοέμ 2007, 10:12 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer

Εγγραφη: 11 Ιουν 2006, 23:21
Δημοσ.: 262
Τοποθεσια: Αχαρναί
Υπάρχει (απόλυτη) σταθερά C>0 ώστε t_n\leq C για κάθε n\in\mathbb N. Έστω ένα N\in \mathbb N. Από τη σύγκλιση της (a_n) στο 0, βρίσκουμε k_N>N ώστε a_{k_N}<\frac{1}{2}a_N. Οπότε παίρνουμε
C\geq t_{k_N}=\sum_{n=1}^Νa_n+\sum_{n=N+1}^{k_N}a_n-k_Na_{k_N}\geq \sum_{n=1}^Na_n+(k_N-N)a
_{k_N}-k_Na_{k_N}=\sum_{n=1}^Na_n-Na_{k_N}\geq N(a_N-a_{k_N})\geq \frac{N}{2}a_N.
Έτσι, \sum_{n=1}^Na_n=t_N+Na_N\leq 3C για κάθε N\in \mathbb N.


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Απειροστικός Λογισμός: ασκήσεις στις σειρές
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 02 Νοέμ 2007, 22:38 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer

Εγγραφη: 11 Ιουν 2006, 23:21
Δημοσ.: 262
Τοποθεσια: Αχαρναί
Ορίζουμε s_n=a_1+\dots+a_n και s_0=0. Θέλουμε να υπολογίσουμε το όριο της ακολουθίας t_n=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^nka_k. Έχουμε διαδοχικά,
t_n=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^nk(s_k-s_{k-1})=\frac{1}{n}(-s_1-\dots-s_{n-1}+ns_n)=\left(1+\frac{1}{n}\right)s_n-\frac{1}{n}\sum_{k=1}^ns_k. Καθώς, s_n\to s\in \mathbb R, έπεται από το θεώρημα του Cauchy t_n\to 1\cdot s-s=0.

Για το άθροισμα της σειράς παρατηρούμε ότι ο γενικός της όρος γράφεται:
u_n=\frac{1}{n(n+1)}\sum_{k=1}^nka_k=\frac{1}{n+1}t_n=\frac{1}{n}s_n-\frac{1}{n(n+1)}\sum_{k=1}^ns_k. Οπότε για το μερικό της άθροισμα προκύπτει:
\sum_{n=1}^Nu_n=\sum_{n=1}^N\frac{s_n}{n}-\sum_{n=1}^N\frac{1}{n(n+1)}\sum_{k=1}^ns_k=\sum_{n=1}^N\frac{s_n}{n}-\sum_{k=1}^N\sum_{n=k}^Ns_k\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)=
\sum_{n=1}^N\frac{s_n}{n}-\sum_{k=1}^Ns_k\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{N+1}\right)=\frac{1}{N+1}\sum_{k=1}^Ns_k\to s από το θεώρημα του Cauchy.


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: χαζή λύση
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 03 Νοέμ 2007, 14:36 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer

Εγγραφη: 01 Οκτ 2006, 11:40
Δημοσ.: 3026
sofos έγραψε:
Άν είναι σωστή σίγουρα δεν είναι η πιο σύντομη λύση


Μια χαρά είναι η λύση (όπως και οι άλλες του Πέτρου), ας γράψω όμως μια ιδέα για να αποφύγουμε το θεώρημα του Mertens (τα γράφω λίγο πρόχειρα, ελπίζω να βγαίνει άκρη).

Θέλουμε άνω φράγμα για το \prod_{j=1}^k\frac{1}{1-\frac{1}{q_j}} (ο p=q_k δηλαδή, όπου q_1,q_2,\ldots ,q_k οι πρώτοι ως τον p σε αύξουσα διάταξη).

Μπορούμε να υποθέσουμε ότι ο k είναι αρκετά μεγάλος. Από την \log\frac{1}{1-x}\leq\frac{3x}{2} στο [0,1/3], έχουμε \sum_{j=2}^k\log\frac{1}{1-\frac{1}{q_j}}\leq\frac{3}{2}\sum_{j=2}^k\frac{1}{q_j}. Οι q_j είναι περιττοί, οπότε φράσσουμε το τελευταίο άθροισμα από \frac{3}{4}\sum_{j=1}^k\frac{2}{q_j-1}\leq\frac{3}{4}\sum_{s=1}^{(q_k-1)/2}\frac{1}{s}\leq \frac{3}{4}\log\frac{q_k-1}{2}+C.

Τώρα, βλέπουμε ότι \prod_{j=1}^k\frac{1}{1-\frac{1}{q_j}}\leq Cq_k^{3/4}.

Δηλαδή, \frac{1}{p^2}\prod_{q\leq p}\frac{1}{1-\frac{1}{q}}\leq C\frac{p^{3/4}}{p^2}.

Όπως μας εξήγησες, \sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{na_n}=\sum_p\frac{1}{p^2}\prod_{q\leq p}\frac{1}{1-\frac{1}{q}}\leq C\sum_p\frac{1}{p^{5/4}}\leq C\sum_{k=1}^{\infty }\frac{1}{k^{5/4}}. Άρα, η σειρά συγκλίνει.


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης:
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 04 Νοέμ 2007, 11:58 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer

Εγγραφη: 04 Μάιος 2006, 13:21
Δημοσ.: 666
Βρήκα το link ενός μα8ηματικού συγγενή κάποιου forum-ίτη που συχνάζει αρκετά σε αυτά τα μέρη :
http://www3.unine.ch/members/alain.valette
(δώστε προσοχή στο μαλλί,μπορεί άνετα να το χρησιμοποιήσει σαν αποθήκη ή βιβλιοθήκη 8) ,ή όταν κουρευτεί να φτάξει κανένα μπουφανάκι από αυτό -και κανένα χαλί από τα υπόλοιπα που 8α περισσέψουν!!


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης:
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 04 Νοέμ 2007, 14:23 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer

Εγγραφη: 01 Οκτ 2006, 11:40
Δημοσ.: 3026
sofos έγραψε:
Βρήκα το link ενός μα8ηματικού συγγενή κάποιου forum-ίτη που συχνάζει αρκετά σε αυτά τα μέρη :
http://www3.unine.ch/members/alain.valette


Η οικογενειακή παράδοση παίζει κι αυτή μερικές φορές το ρόλο της.

Άσκηση 7 Ορίζουμε \zeta (s)=\sum_{k=1}^{\infty }\frac{1}{k^s} για s>1.

(α) Προσδιορίστε το \lim\limits_{n\to\infty }\left (\sum_{s=2}^{n+1}\zeta (s)-n\right ).

(β) Προσδιορίστε το \lim\limits_{n\to\infty }\left (\sum_{s=2}^{n}\frac{1}{s}\zeta (s)-\log n\right ).

Άσκηση 8 Έστω f:{\mathbb R}\to {\mathbb R} με την εξής ιδιότητα: αν η \sum_{n=1}^{\infty }a_n συγκλίνει τότε η \sum_{n=1}^{\infty }f(a_n) συγκλίνει. Δείξτε ότι η f είναι της μορφής f(t)=\lambda t σε μια περιοχή του 0.


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Ασκηση 5
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 05 Νοέμ 2007, 12:40 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer

Εγγραφη: 30 Ιαν 2007, 10:24
Δημοσ.: 232
Διαπιστωνουμε, απο την παραγωγο της f(x) = \frac{\cos (\ln x)}{x} οτι, αναμεσα σε δυο διαδοχικες ριζες της συναρτησης υπαρχει ακριβως ενα τοπικο ακροτατο (διαδοχικα ελαχιστο και μεγιστο).

Παιρνουμε τυχαιο n \in \mathbb_N.Εχουμε, για το αθροισμα αναμεσα στους \lceil e^{(n+1/2) \pi} \rceil και \lfloor e^{(n+3/2) \pi}  \rfloor θεωρωντας x_0 το ακροτατο μεταξυ των δυο:

(Χρησιμοποιουμε το γεγονος οτι \int_a ^b f(x)dx = \sin(\ln b) - \sin(\ln a) )

\left| \sum_{k = \lceil e^{(n+1/2) \pi} \rceil} ^{\lfloor e^{(n+3/2) \pi}  \rfloor} f(k) \right| \geq \left| \int_{e^{(n+1/2) \pi}} ^{e^{(n+3/2) \pi}} f(x) dx - f(x_0) \right| \geq 2 - e^{-(n+1/2) \pi}

Αφου το n μπορει να γινει οσο μεγαλο θελουμε και η παρασταση τεινει στο 2, συμφωνα με το κριτηριο του Cauchy η σειρα δε συγκλινει.

(Ελπιζω να μην υπαρχει λαθος!)

Δημητρης

_________________
The Axiom of Choice is obviously true, the Wellordering Principle obviously false, and who can tell about Zorn's Lemma ?


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Ασκηση 5
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 05 Νοέμ 2007, 18:57 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer

Εγγραφη: 01 Οκτ 2006, 11:40
Δημοσ.: 3026
Καλησπέρα, η "μέθοδος" που έχω στο νου μου γι'αυτού του είδους τα προβλήματα είναι να ξεκινήσουμε από την ισότητα \int_n^{n+1}f(t)dt=f(n)+\int_n^{n+1}(n+1-t)f^{\prime }(t)dt και να αθροίσουμε ως προς n, όπου (εδώ) f(t)=\frac{\cos (\log t)}{t}.

Αυτή η ισότητα προκύπτει από την ολοκληρωτική μορφή του υπολοίπου στο θεώρημα Taylor αν το εφαρμόσουμε για τη συνάρτηση F(x)=\int_n^xf(t)dt με x=n+1.

Δεν βλέπω πώς προκύπτει η πρώτη ανισότητα εδώ:

Παράθεση:
\left| \sum_{k = \lceil e^{(n+1/2) \pi} \rceil} ^{\lfloor e^{(n+3/2) \pi}  \rfloor} f(k) \right| \geq \left| \int_{e^{(n+1/2) \pi}} ^{e^{(n+3/2) \pi}} f(x) dx - f(x_0) \right| \geq 2 - e^{-(n+1/2) \pi}


Αν θέλεις εξήγησέ μας.


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης:
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 06 Νοέμ 2007, 10:41 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer

Εγγραφη: 30 Ιαν 2007, 10:24
Δημοσ.: 232
Καλημερα.

Η ιδεα ειναι η εξης : Θεωρω οτι αναμεσα στις δυο διαδοχικες ριζες της f (τα δυο εκθετικα, r_1 και r_2) υπαρχει θετικο μεγιστο x_0 (αφου αυτο που μας ενδιαφερει ειναι η απολυτη τιμη, η περιπτωση αρνητικου ελαχιστου ειναι εντελως αναλογη).

Χωριζουμε την περιοχη σε δυο υποπεριοχες : την [r_1,x_0] οπου η f ειναι αυξουσα και περιλαμβανει ακεραιους απο \lceil r_1 \rceil μεχρι \lfloor x_0 \rfloor και την (x_0, r_2] οπου η f ειναι φθινουσα και περιλαμβανει ακεραιους απο 1 + \lfloor x_0 \rfloor μεχρι \lfloor r_2 \rfloor.

(Στην [r_1. r_2] περιλαμβανεται τουλαχιστον ενας ακεραιος για αρκετα μεγαλα n).

Στην πρωτη περιοχη, εχουμε \sum_{k = \lceil r_1 \rceil}^{\lfloor x_0 \rfloor} f(k) \geq \int_{r_1}^{\lfloor x_0 \rfloor} f(x)dx.
Στη δευτερη, εχουμε \sum_{k = 1 + \lfloor x_0 \rfloor}^{\lfloor r_2 \rfloor} f(k) \geq \int_{1 + \lfloor x_0 \rfloor}^{r_2} f(x)dx.

Οποτε, αθροιζοντας, εχουμε \sum_{k = \lceil r_1 \rceil}^{\lfloor r_2 \rfloor} f(k) \geq \int_{r_1}^{r_2}f(x)dx - \int_{\lfloor x_0 \rfloor}^{1 + \lfloor x_0 \rfloor} f(x)dx.

Ισχυει \int_{r_1}^{r_2}f(x)dx = 2, καθως επισης \int_{\lfloor x_0 \rfloor}^{1 + \lfloor x_0 \rfloor} f(x)dx \leq f(x_0) \leq \frac{1}{r_1}

Εξ' ου η ανισοτητα... Προφανως δεν εδωσα αυστηρη αποδειξη, απλως εδειξα πως προκυπτει. Τα κενα συμπληρωνονται ευκολα, νομιζω.

Δημητρης

_________________
The Axiom of Choice is obviously true, the Wellordering Principle obviously false, and who can tell about Zorn's Lemma ?


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης:
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 06 Νοέμ 2007, 17:17 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer

Εγγραφη: 01 Οκτ 2006, 11:40
Δημοσ.: 3026
Δημήτρη, τώρα κατάλαβα κι εγώ. Πάρα πολύ ωραία λύση. Με την ευκαιρία, να προσθέσω δύο ασκήσεις ακόμα:

Άσκηση 9 Εξετάστε αν συγκλίνει η σειρά \sum_{n=1}^{\infty }\frac{(-1)^{n-1}}{n}\left [ 1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots +\frac{(-1)^{n-1}}{n}\right ].

Άσκηση 10 Δείξτε ότι για κάθε m\in {\mathbb N} ισχύει η ανισότητα \sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{m+n}\sqrt{\frac{m}{n}}<\pi.


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Απειροστικός Λογισμός: ασκήσεις στις σειρές
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 07 Νοέμ 2007, 11:56 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer

Εγγραφη: 11 Ιουν 2006, 23:21
Δημοσ.: 262
Τοποθεσια: Αχαρναί
Για την άσκηση 9: Θέτουμε a_n=\frac{(-1)^{n-1}}{n} και s_n=a_1+\dots+a_n. Τότε η σειρά γράφεται \sum_{n=1}^\infty a_ns_n.
Ισχυρισμός. Η σειρά \sum_{n=1}^\infty a_n(s_n-\log 2) συγκλίνει (απόλυτα).
Πράγματι, από το θεώρημα Taylor για τη συνάρτηση x\mapsto \log(1+x) στο [0,1] βρίσκουμε |\log 2-s_n|\leq \frac{1}{n+1}. Οπότε έχουμε \sum_{n=1}^\infty|a_n(s_n-\log 2)|\leq \sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n(n+1)}=1.

Τώρα, η σύγκλιση της σειράς \sum_{n=1}^\infty a_ns_n έπεται από το γεγονός ότι a_ns_n=a_n(s_n-\log 2)+\log 2\cdot a_n, από τον ισχυρισμό και απ' το ότι \sum_{n=1}^\infty a_n=\log 2.

Για την άσκηση 10: Παρατηρούμε ότι η συνάρτηση f(x)=\frac{1}{m+x}\sqrt{\frac{m}{x}} είναι γνησίως φθίνουσα στο (0,\infty) άρα από το κριτήριο σειράς και ολοκληρώματος έπεται ότι \sum_{n=1}^\infty f(n)<\int_0^\infty f(x)\,dx. Κάνοντας αλλαγή μεταβλητής t=\sqrt{\frac{x}{m}} το τελευταίο ολοκλήρωμα γράφεται 2\int_0^\infty\frac{dt}{1+t^2}=\pi.

Σημείωση. Με την ευκαιρία ας σημειώσουμε ότι όσον αφορά την άσκηση 10 ισχύει η εξής γενικότερη ανισότητα: για 0<\lambda<1 ισχύει \sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n+m}\left(\frac{m}{n}\right)^\lambda<\frac{\pi}{\sin(\lambda\pi)}.


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Απειροστικός Λογισμός: ασκήσεις στις σειρές
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 02 Δεκ 2007, 12:50 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer

Εγγραφη: 11 Ιουν 2006, 23:21
Δημοσ.: 262
Τοποθεσια: Αχαρναί
Θα δείξουμε ότι η σειρά ικανοποιεί το κριτήριο του Cauchy. Το άθροισμα \sum_{k=n+1}^m a_k για 1\leq n<m γράφεται ως \sum_{k=n+1}^m a_k=a_{n+1}\left(1+\frac{a_{n+2}}{a_{n+1}}+\dots+\frac{a_m}{a_{n+1}}\right) και θέτοντας x_i=\frac{a_{n+1+i}}{a_{n+i}} με 1\leq i\leq m-n-1 παίρνει τη μορφή \sum_{k=n+1}^ma_k=a_{n+1}(1+x_1+x_1x_2+\dots+x_1\dots x_{m-n-1}). Στη συνέχεια αποδεικνύουμε την ακόλουθη εκτίμηση:

Λήμμα. Έστω x_1,\dots,x_n μη μηδενικοί αριθμοί, οι οποίοι ανήκουν στο διάστημα [-1,b), όπου b\in (0,1). Θεωρούμε τo άθροισμα S_n=1+x_1+x_1x_2+\dots+x_1\dots x_n. Τότε ισχύει η ανισότητα |S_n|<(1-b)^{-1}.

Μόλις έχουμε δείξει το λήμμα, προκύπτει: \left|\sum_{k=n+1}^m a_k\right|\leq \frac{|a_{n+1}|}{1-b} και επειδή a_n\to 0 έπεται ότι η σειρά συγκλίνει.

Απόδειξη του λήμματος: Με πλήρη επαγωγή στο n.
- Για n=1, |S_1|=|1+x_1|<1+b<\frac{1}{1-b}.
- Υποθέτουμε ότι για κάθε 1\leq k\leq n και για κάθε k-άδα μη μηδενικών αριθμών (y_i)_{i=1}^k\subseteq [-1,b) ισχύει |S_k|<(1-b)^{-1}.
- Έστω x_1,\dots,x_n,x_{n+1}\in [-1,b) μη μηδενικοί αριθμοί. Διακρίνουμε τις περιπτώσεις:

(α) Για κάθε 1\leq i\leq n+1 ισχύει x_i\in [-1,-b]. Τότε το άθροισμα S_{n+1} γράφεται S_{n+1}=\sum_{j=0}^{n+1}(-1)^jt_j όπου t_0=1 και t_j=-x_jt_{j-1} για j=1,\dots,n+1. Παρατηρούμε ότι 1=t_0\geq t_1\geq \dots\geq t_{n+1}\geq 0, άρα από την ανισότητα του Abel* προκύπτει: |S_{n+1}|\leq t_0\max_{0\leq k\leq n+1}\left|\sum_{j=0}^k(-1)^j\right|=t_0=1. Ώστε, |S_{n+1}|\leq 1<(1-b)^{-1}.

(β) Υπάρχει 1\leq j\leq n+1 ώστε x_j\in (-b,b). Έστω i=\min\{1\leq j\leq n+1:|x_j|<b\}. Τότε το άθροισμα S_{n+1} γράφεται S_{n+1}=S_{i-1}+x_1\dots x_i(1+x_{i+1}+\dots+x_{i+1}\dots x_{n+1}), όπου το S_{i-1} είναι ένα άθροισμα όπως στο (α), άρα φράσεται κατά απόλυτη τιμή από το 1 (εδώ δεχόμαστε ότι S_0=1). Το άλλο άθροισμα μέσα στην παρένθεση φράσεται κατά απόλυτη τιμή, είτε από 1, αν i=n+1 ή από \tfrac{1}{1-b} από την επαγωγική υπόθεση αν i\leq n και επίσης το |x_1\dots x_i| φράσεται από b. Άρα σε κάθε περίπτωση ισχύει |x_1\dots x_i|\cdot|1+x_{i+1}+\dots+x_{i+1}\dots x_{n+1}|<\tfrac{b}{1-b}. Τέλικα, παίρνουμε |S_{n+1}|<1+\frac{b}{1-b}=(1-b)^{-1}. Η απόδειξη του λήμματος είναι (μάλλον) πλήρης.

*Θεώρημα (Abel) Έστω z_1,z_2,\dots,z_n\in \mathbb C και a_1\geq a_2\geq \dots\geq a_n\geq 0. Θέτουμε S_k=z_1+\dots+z_k.
Τότε ισχύει η ανισότητα |a_1z_1+\dots +a_nz_n|\leq a_1\max_{1\leq k\leq n}|S_k|.


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Απειροστικός Λογισμός: ασκήσεις στις σειρές
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 02 Δεκ 2007, 13:56 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer

Εγγραφη: 11 Ιουν 2006, 23:21
Δημοσ.: 262
Τοποθεσια: Αχαρναί
Χρησιμοποιούμε τον τύπο f(n)=\int_n^{n+1}f(t)\,dt-\int_n^{n+1}(n+1-t)f&#39;(t)\,dt για την f(t)=\frac{\sin(\sqrt{t})}{t}. Αθροίζουμε από το n+1 ως το m για 1\leq n<m και παίρνουμε απόλυτες τιμές άρα έχουμε \left|\sum_{k=n+1}^mf(k)\right|\leq \left|\int_{n+1}^{m+1}f(t)\,dt\right|+\sum_{k=n+1}^m\int_k^{k+1}|k+1-t||f&#39;(t)|\,dt. Λαμβάνοντας υπόψη ότι |f&#39;(t)|\leq \frac{3}{2t^{3/2}} προκύπτει ότι \left|\sum_{k=n+1}^mf(k)\right|\leq \left|\int_{n+1}^{m+1}\frac{\sin(\sqrt{t})}{t}\,dt\right|+\frac{3}{2}\int_{n+1}^\infty\frac{1}{t^{3/2}}\,dt=2\left|\int_{\sqrt{n+1}}^{\sqrt{m+1}}\frac{\sin x}{x}\,dx\left|+\frac{3}{\sqrt{n+1}}. Για να εκτιμήσουμε το ολοκλήρωμα χρησιμοποιούμε τη συνεχή μορφή της ανισότητας του Abel:

Θεώρημα (Abel) Έστω f,g:[a,b]\to\mathbb R με f φθίνουσα, μη αρνητική και τη g ολοκληρώσιμη. Τότε ισχύει η ανισότητα \left|\int_a^bf(x)g(x)\,dx\right|\leq f(a)\sup_{u\in [a,b]}\left|\int_a^ug(x)\,dx\right|.

Οπότε έχουμε \left|\int_{\sqrt{n+1}}^{\sqrt{m+1}}\frac{\sin x}{x}\,dx\left|\leq \frac{2}{\sqrt{n+1}} και τελικά προκύπτει ότι \left|\sum_{k=n+1}^mf(k)\right|\leq \frac{7}{\sqrt{n}}. Έτσι, τα μερικά αθροίσματα της σειράς \sum_{n=1}^\infty f(n) σχηματίζουν ακολουθία Cauchy, δηλαδή η σειρά \sum_{n=1}^\infty f(n) συγκλίνει.


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Απειροστικός Λογισμός: ασκήσεις στις σειρές
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 07 Μαρ 2008, 22:22 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer

Εγγραφη: 04 Μάιος 2006, 13:21
Δημοσ.: 666
apgiannop έγραψε:

Άσκηση 4 Για κάθε n\geq 2 ορίζουμε a_n τον μεγαλύτερο πρώτο διαιρέτη του n. Δείξτε ότι η σειρά \sum_{n=2}^{\infty }\frac{1}{na_n} συγκλίνει.
.


Μία παρόμοια άσκηση είναι ορίζοντας b_n τον μικρότερο πρώτο διαιρέτη του n να δείξουμε ότι η σειρά \sum_{n=2}^{\infty }\frac{1}{n b_n}\frac{1}{logn} συγκλίνει
,η οποία ερμηνεύεται ως εξής :Επειδή η σειρά της άσκησης 4 συγκλίνει μπορούμε να

πούμε ότι η ακολουθία a_n λαμβάνει τοσο μεγάλες τιμές συγκριτικά με

το n(δηλαδή ο μεγαλύτερος πρώτος διαιρετης ενος τυχαιου n ειναι

αρκετα κοντα στο n)ώστε κάνει την αποκλίνουσα

σειρά\sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{n} να συγκλίνει.Η επόμενη ερώτηση

είναι εάν ο μικρότερος πρώτος διαιρέτης είναι και αυτός αρκετά μεγάλος

συγκριτικά με το n οπότε η σειρά \sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{n b_n}

θα συγκλίνει όπως η προηγούμενη.Η σειρά όμως αυτή δεν συγκλίνει γιατί αν

αθροίσουμε τους όρους της πάνω σε όλους ακέραιους της μορφής 2p,όπου p είναι

πρώτος,θα λάβουμε τη σειρά \frac{1}{2}\sum_{P}\frac{1}{p},

όπου P το σύνολο των πρώτων, που ξέρουμε ότι αποκλίνει.Αυτό που λέει

αυτη η άσκηση είναι ότι τα b_n δεν είναι τόσο μικρά συγκριτικά

με το n,και αρκεί να τα πολλαπλασιάσουμε με logn για να γίνει η σειρά συγκλίνουσα.

Δεν έχει κ πολλή σχέση με Απειροστικό Λογισμό,την βρήκα στο τέλος ενός κεφαλαίου

με το κόσκινο του Ερατοσθένη,και χρειάζεται τo όριο του Μertens που αναφέρθηκε

σε προηγούμενο post.


Κορυφή
 Προφίλ  
 
Τελευταίες δημοσιεύσεις:  Ταξινόμηση κατά  
Δημιουργία νέου θέματος Απάντηση στο θέμα  [ 25 δημοσιεύσεις ]  Μετάβαση στην σελίδα 1, 2  Επόμενο

Όλοι οι χρόνοι είναι UTC + 2 ώρες [ DST ]


Μελη σε συνδεση

Μέλη σε αυτή την Δ. Συζήτηση : Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης


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