forum.math.uoa.gr

Forum του Τμήματος Μαθηματικών
Ημερομηνία 23 Σεπ 2018, 02:12

Όλοι οι χρόνοι είναι UTC + 2 ώρες [ DST ]




Δημιουργία νέου θέματος Απάντηση στο θέμα  [ 25 δημοσιεύσεις ]  Μετάβαση στην σελίδα Προηγούμενη  1, 2
Συγγραφέας Μήνυμα
 Θέμα δημοσίευσης: Απειροστικός Λογισμός: ασκήσεις στις σειρές
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 29 Αύγ 2009, 17:49 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer

Εγγραφη: 01 Ιουν 2008, 21:18
Δημοσ.: 1160
Τοποθεσια: Αθήνα
Άσκηση 11. (α) Αν p>2 τότε \sum_{n=0}^{\infty }|\cos (nx)|^{n^p}<\infty για όλα τα x\in {\mathbb R} έξω από ένα σύνολο μηδενικού μέτρου Lebesgue.
(β) Η σειρά \sum_{n=0}^{\infty }|\cos (nx)|^{n^2} αποκλίνει για κάθε x\in {\mathbb R}.


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Απειροστικός Λογισμός: ασκήσεις στις σειρές
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 16 Σεπ 2009, 07:45 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer

Εγγραφη: 01 Ιουν 2008, 21:18
Δημοσ.: 1160
Τοποθεσια: Αθήνα
Άσκηση 12. Να δειχτεί ότι υπάρχει σταθερά A>0 τέτοια που: αν a_n>0, n=1,2,\ldots και η σειρά \sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{a_n} συγκλίνει, τότε \sum_{n=1}^{\infty }\frac{n}{a_1+\cdots +a_n}\leq A\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{a_n}. Ποιά είναι η πιο μικρή A που κάνει αυτή τη δουλειά?

Άσκηση 13. Δίνεται φθίνουσα ακολουθία \{ a_n\} με θετικούς όρους, τέτοια που η \sum_{n=1}^{\infty }a_n συγκλίνει. Να δειχτεί ότι για κάθε φραγμένη \{ b_n\} με θετικούς όρους, η σειρά \sum_{n=2}^{\infty }(b_1+\cdots +b_n)(a_n-a_{n-1}) συγκλίνει.


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Απειροστικός Λογισμός: ασκήσεις στις σειρές
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 02 Νοέμ 2009, 02:14 
Χωρίς σύνδεση

Εγγραφη: 18 Φεβ 2009, 01:42
Δημοσ.: 49
Είπα νά τίς κοιτάξω κι ούτε φανταζόμουν τί θά επηκολουθούσε. Ελπίζω κάποιος νά μάς πεί πώς λύνεται κι η 11 :happy:.

στάθης έγραψε:
Άσκηση 13. Δίνεται φθίνουσα ακολουθία \{ a_n\} με θετικούς όρους, τέτοια που η \sum_{n=1}^{\infty }a_n συγκλίνει. Να δειχτεί ότι για κάθε φραγμένη \{ b_n\} με θετικούς όρους, η σειρά \sum_{n=2}^{\infty }(b_1+\cdots +b_n)(a_n-a_{n-1}) συγκλίνει.

Έστω φραγμένη ακολουθία (b_n)_{n\in\mathbb{N}} πραγματικών αριθμών καί έστω ότι γιά κάθε n |b_n|<M. Θά δείξουμε ότι η \sum_{n=2}^{\infty}(b_1+\cdots +b_n)(a_n-a_{n-1}) συγκλίνει απολύτως. Πράγματι, γιά κάθε n |(b_1+\cdots +b_n)(a_n-a_{n-1})|\leq M n(a_{n-1}-a_n) καί η \sum_{n=2}^{\infty}n(a_{n-1}-a_n) συγκλίνει, αφού από γνωστόν αποτέλεσμα τών Abel καί Pringsheim na_n\to 0, άρα \sum_{n=2}^{N} n(a_{n-1}-a_n) = 2(a_1-a_2)+3(a_2-a_3)+\cdots +N(a_{N-1}-a_N)= a_1-Na_N +\sum_{n=1}^{N-1}a_n\to a_1 +\sum_{n=1}^{\infty}a_n.


στάθης έγραψε:
Άσκηση 12. Να δειχτεί ότι υπάρχει σταθερά A>0 τέτοια που: αν a_n>0, n=1,2,\ldots και η σειρά \sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{a_n} συγκλίνει, τότε \sum_{n=1}^{\infty }\frac{n}{a_1+\cdots +a_n}\leq A\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{a_n}. Ποιά είναι η πιο μικρή A που κάνει αυτή τη δουλειά?

Είναι γνωστή η ανισότης τού Carleman, ότι \sum_{n=1}^{\infty}\sqrt[n]{\frac{1}{a_1}\frac{1}{a_2}\cdots\frac{1}{a_n}}<e\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{a_n}. Από αυτήν κι απ' τήν ανισότητα αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου αμέσως προκύπτει ότι υπάρχει σταθερά A σάν αυτήν πού ψάχνουμε.
Μπορούμε νά συμπεράνουμε τήν Carleman απ' τήν ανισότητα τού Hardy, η οποία γιά 0<r<1 καί γιά ακολουθίαν (b_n)_{n\in\mathbb{N}} μή αρνητικών πραγματικών αριθμών λέει ότι \sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{b_1^r+b_2^r+\cdots +b_n^r}{n}\right)^{1/r}\leq (1-r)^{-1/r}\sum_{n=1}^{\infty}b_n, άν αφήσουμε τό r νά τείνει στό μηδέν.
Τό 2001 δύο Βιετναμέζοι, οι Thanh Long Nguyen καί Vu Duy Linh Nguyen, έδωσαν απόδειξι μίας τέτοιου τύπου ανισότητος γιά αρνητικά r δείχνοντας ότι

\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{b_1^r+b_2^r+\cdots +b_n^r}{n}\right)^{1/r}\leq \left\{\begin{array}{ c c } (1-r)^{-1/r}\sum_{n=1}^{\infty}b_n,  &  -1\leq r<0 \\\\ \frac{r}{r-1}2^{(r-1)/r}\sum_{n=1}^{\infty}b_n,  &  r<-1\end{array}\right

(όπου προφανώς τώρα b_n>0 γιά κάθε n). Άς αναπαραγάγουμε εδώ τήν απόδειξί τους (άν καί υπάρχει καλύτερη τού Konrad Knopp τήν οποίαν θά γράψω παρακάτω): χρειαζόμαστε πρώτα κάποια λήμματα.
Λήμμα 1. Έστω n\in\mathbb{N}, b_1,\cdots,b_n, c_1,\cdots,c_n θετικοί αριθμοί καί r<0. Άν t=\frac{r}{1-r}, ισχύει
\left(\frac{b_1^r+b_2^r+\cdots +b_n^r}{n}\right)^{1/r}\leq\frac{1}{n}\left(\frac{b_1}{c_1}+\frac{b_2}{c_2}+\cdots +\frac{b_n}{c_n}\right)\left(\frac{c_1^t+c_2^t+\cdots +c_n^t}{n}\right)^{1/t}.
Απόδειξις: Εφαρμόζουμε τήν αντίστροφην ανισότητα \textrm{H\"{o}lder} γιά p=1-r>1 καί B_k=\left(\frac{b_k}{nc_k}\right)^r, C_k=\frac{c_k^r}{n^{1-r}}. Τότε
\sum_{k=1}^n B_k C_k\geq\left(\sum_{k=1}^n B_k^{-1/(p-1)}\right)^{-(p-1)}\left(\sum_{k=1}^n C_k^{1/p}\right)^p\Leftrightarrow \sum_{k=1}^n \frac{b_k^r}{n}\geq\left(\sum_{k=1}^n \frac{b_k}{nc_k}\right)^r \left(\sum_{k=1}^n \frac{c_k^{r/(1-r)}}{n}\right)^{1-r}\Leftrightarrow

\left(\sum_{k=1}^n \frac{b_k^r}{n}\right)^{-1/r}\geq\left(\sum_{k=1}^n \frac{b_k}{nc_k}\right)^{-1} \left(\sum_{k=1}^n \frac{c_k^t}{n}\right)^{-1/t}\Leftrightarrow \frac{1}{n}\left(\sum_{k=1}^n \frac{b_k}{c_k}\right)\left(\sum_{k=1}^n \frac{c_k^t}{n}\right)^{1/t}\geq\left(\sum_{k=1}^n \frac{b_k^r}{n}\right)^{1/r}.


Λήμμα 2. Γιά κάθε φυσικόν m\geq 1 καί γιά κάθε \alpha>0 ισχύει \frac{1}{m^{1+\alpha}}<\frac{1}{\alpha}\[(m-\frac{1}{2})^{-\alpha}-(m+\frac{1}{2})^{-\alpha}\].
Απόδειξις: Θυμόμαστε ότι γιά κάθε x\in\mathbb{R} καί γιά -1<t<1 (1+t)^x=\sum_{k=0}^{\infty}\left(\begin{array}{c} x \\ k\end{array}\right) t^k, όπου \left(\begin{array}{c} x \\ k\end{array}\right) = \left\{\begin{array}{ c l }  1,   &    k=0  \\  \frac{x(x-1)\cdots (x-k+1)}{k!},   &    k\geq 1  \end{array}\right.

Γράφουμε [(m-\frac{1}{2})^{-\alpha}-(m+\frac{1}{2})^{-\alpha}]= m^{-\alpha}[(1-\frac{1}{2m})^{-\alpha}-(1+\frac{1}{2m})^{-\alpha}] = m^{-\alpha}\sum_{k=0}^{\infty}\left(\begin{array}{c} -\alpha \\ k\end{array}\right)[\left(\frac{-1}{2m}\right)^k-\left(\frac{1}{2m}\right)^k] = -2m^{-\alpha}\sum_{k=0}^{\infty}\left(\begin{array}{c} -\alpha \\ 2k+1\end{array}\right)\left(\frac{1}{2m}\right)^{2k+1}> -2m^{-\alpha}\left(\begin{array}{c} -\alpha \\ 1\end{array}\right)\frac{1}{2m}=\frac{\alpha}{m^{1+\alpha}}.


Λήμμα 3. Γιά κάθε φυσικόν n\geq 1 καί γιά κάθε 1<\gamma<2 ισχύει n^{\gamma}- (n-1)^{\gamma}<\gamma (n-\frac{1}{2})^{\gamma -1}.
Απόδειξις: Γιά n=1 τό ζητούμενον ισχύει επειδή η συνάρτησις 2x-2^x είναι θετική στό διάστημα (1,2). Έστω n>1, θέτουμε p=n-\frac{1}{2} καί έχουμε n^{\gamma}- (n-1)^{\gamma}= (p+\frac{1}{2})^{\gamma}-(p-\frac{1}{2})^{\gamma}= p^{\gamma}\left((1+\frac{1}{2p})^{\gamma}-(1-\frac{1}{2p})^{\gamma}\right) = 2p^{\gamma}\sum_{k=0}^{\infty}\left(\begin{array}{c} \gamma \\ 2k+1\end{array}\right)\left(\frac{1}{2p}\right)^{2k+1}. Όμως γιά κάθε k\geq 1 \left(\begin{array}{c} \gamma \\ 2k+1\end{array}\right) =  \frac{\gamma (\gamma -1)(\gamma -2)\cdots (\gamma -2k)}{(2k+1)!}< 0, άρα n^{\gamma}- (n-1)^{\gamma}< 2p^{\gamma}\left(\begin{array}{c} \gamma \\ 1\end{array}\right)\frac{1}{2p}= \gamma p^{\gamma -1}.


Τελευταία επεξεργασία απο Σελάν@ την 04 Νοέμ 2009, 20:33, επεξεργάστηκε 1 φορές συνολικά.

Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Απειροστικός Λογισμός: ασκήσεις στις σειρές
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 02 Νοέμ 2009, 03:06 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer

Εγγραφη: 05 Φεβ 2008, 03:03
Δημοσ.: 432
Σελάν@ έγραψε:
Είναι γνωστή η ανισότης τού Carleman, ότι \sum_{n=1}^{\infty}\sqrt[n]{\frac{1}{a_1}\frac{1}{a_2}\cdots\frac{1}{a_n}}<e\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{a_n}. Από αυτήν κι απ' τήν ανισότητα αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου αμέσως προκύπτει ότι υπάρχει σταθερά A σάν αυτήν πού ψάχνουμε.


Δεν το κατάλαβα αυτό το σημείο, μπορείς να το εξηγήσεις;

_________________
\emptyset\not=\{\emptyset\}


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Απειροστικός Λογισμός: ασκήσεις στις σειρές
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 02 Νοέμ 2009, 03:29 
Χωρίς σύνδεση

Εγγραφη: 18 Φεβ 2009, 01:42
Δημοσ.: 49
detnvvp έγραψε:
Σελάν@ έγραψε:
Είναι γνωστή η ανισότης τού Carleman, ότι \sum_{n=1}^{\infty}\sqrt[n]{\frac{1}{a_1}\frac{1}{a_2}\cdots\frac{1}{a_n}}<e\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{a_n}. Από αυτήν κι απ' τήν ανισότητα αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου αμέσως προκύπτει ότι υπάρχει σταθερά A σάν αυτήν πού ψάχνουμε.


Δεν το κατάλαβα αυτό το σημείο, μπορείς να το εξηγήσεις;


Ναί, έχεις \sqrt[n]{a_1 a_2\cdots a_n}\leq\frac{a_1+a_2+\cdots +a_n}{n}\Rightarrow\frac{n}{a_1+a_2+\cdots +a_n}\leq\sqrt[n]{\frac{1}{a_1}\frac{1}{a_2}\cdots\frac{1}{a_n}} καί άρα \sum_{n=1}^{\infty}\frac{n}{a_1+a_2+\cdots +a_n}\leq\sum_{n=1}^{\infty}\sqrt[n]{\frac{1}{a_1}\frac{1}{a_2}\cdots\frac{1}{a_n}}<e\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{a_n}. Συνεχίζω όμως:

Απόδειξις τής ανισότητος Carleman γιά r<0: έστω r<0 καί (b_n)_{n\in\mathbb{N}} ακολουθία θετικών πραγματικών αριθμών. Όπως καί στό Λήμμα 1 t =\frac{r}{1-r}. Γιά κάθε \alpha>0 θέτουμε c_{m,\alpha}= \left( m^{1-\alpha t}-(m-1)^{1-\alpha t}\right)^{1/t} καί C_{m,\alpha,k}=\frac{1}{m}\frac{1}{c_{k,\alpha}}\left(\frac{c_{1,\alpha}^t+c_{2,\alpha}^t+\cdots +c_{m,\alpha}^t}{m}\right)^{1/t}.
Από τό Λήμμα 1 γιά κάθε N\in\mathbb{N} \sum_{n=1}^N \left(\frac{b_1^r+b_2^r+\cdots +b_n^r}{n}\right)^{1/r}\leq \sum_{n=1}^N \sum_{k=1}^n C_{n,\alpha,k}b_k =\sum_{n=1}^N B_{n,N,\alpha}b_n όπου B_{n,N,\alpha}=\sum_{m=n}^N C_{m,\alpha,n}= \frac{1}{c_{n,\alpha}}\sum_{m=n}^N \frac{1}{m}\left(\frac{c_{1,\alpha}^t+c_{2,\alpha}^t+\cdots +c_{m,\alpha}^t}{m}\right)^{1/t} =\left( n^{1-\alpha t}-(n-1)^{1-\alpha t}\right)^{-1/t} \sum_{m=n}^N \frac{1}{m^{1+\alpha}}.
Από τό Λήμμα 2 \sum_{m=n}^N \frac{1}{m^{1+\alpha}}< \frac{1}{\alpha}\sum_{m=n}^N [(m-\frac{1}{2})^{-\alpha}-(m+\frac{1}{2})^{-\alpha}]= \frac{1}{\alpha}[(n-\frac{1}{2})^{-\alpha}-(N+\frac{1}{2})^{-\alpha}]<\frac{1}{\alpha}(n-\frac{1}{2})^{-\alpha}, άρα B_{n,N,\alpha}< \left( n^{1-\alpha t}-(n-1)^{1-\alpha t}\right)^{-1/t}\frac{1}{\alpha}(n-\frac{1}{2})^{-\alpha}= \frac{1}{\alpha}\left[\frac{n^{\gamma}- (n-1)^{\gamma}}{(n-\frac{1}{2})^{\gamma -1}}\right]^{-1/t} όπου \gamma = 1-\alpha t.
Άν επιλέξουμε \alpha\in (0, -\frac{1-r}{r}) = (0, -\frac{1}{t}), τότε 1< \gamma < 2 καί από τό Λήμμα 3 B_{n,N,\alpha}<\frac{1}{\alpha\gamma^{1/t}}\equiv G(\alpha,r).

Δηλαδή έχουμε δείξει ότι γιά κάθε \alpha\in (0, -\frac{1-r}{r}), γιά κάθε N\in\mathbb{N} \sum_{n=1}^N \left(\frac{b_1^r+b_2^r+\cdots +b_n^r}{n}\right)^{1/r}\leq \sum_{n=1}^N G(\alpha,r) b_n\Rightarrow \sum_{n=1}^{\infty} \left(\frac{b_1^r+b_2^r+\cdots +b_n^r}{n}\right)^{1/r}\leq \inf_{\alpha\in \left(0, -\frac{1-r}{r}\right)}G(\alpha,r)\sum_{n=1}^{\infty}b_n. Μελετώντας τήν συνάρτησι g(\alpha,r) = \alpha\gamma^{1/t}= \alpha (1-\alpha t)^{1/t} στό διάστημα [0,-\frac{1-r}{r}] βρίσκουμε ότι: όταν -1\leq r<0 έχει μέγιστον στό σημείον \alpha_0 = 1- r καί αυτό είναι ίσον μέ (1- r)^{1/r}, όταν r <-1 έχει μέγιστον στό σημείον \alpha_0 = -\frac{1- r}{r} καί αυτό είναι ίσον μέ \frac{r-1}{r}2^{(1-r)/r}.

Η σταθερά (1- r)^{-1/r} γιά -1\leq r<0 είναι η καλύτερη δυνατή: έστω -1\leq r<0 καί σταθερά K_r>0 τέτοια ώστε γιά κάθε ακολουθίαν (b_n)_{n\in\mathbb{N}} θετικών πραγματικών αριθμών \sum_{n=1}^{\infty} \left(\frac{b_1^r+b_2^r+\cdots +b_n^r}{n}\right)^{1/r}\leq K_r\sum_{n=1}^{\infty}b_n. Γιά κάθε N\in\mathbb{N} καί γιά κάθε \epsilon>0 ορίζουμε a_{N,\epsilon,n} = \left\{\begin{array}{ c l } \frac{1}{n},   &    n \leq N \\  \frac{\epsilon}{2^n},   &    n\geq N+1  \end{array}\right.
Τότε \sum_{n=1}^N \left(\frac{\sum_{m=1}^n m^{-r}}{n}\right)^{1/r}< \sum_{n=1}^{\infty} \left(\frac{a_{N,\epsilon,1}^r+a_{N,\epsilon,2}^r+\cdots +a_{N,\epsilon,n}^r}{n}\right)^{1/r}\leq K_r\left(\frac{\epsilon}{2^N} + \sum_{n=1}^N \frac{1}{n}\right) \Rightarrow \sum_{n=1}^N \left(\frac{\sum_{m=1}^n m^{-r}}{n}\right)^{1/r}\leq K_r\sum_{n=1}^N \frac{1}{n}.

Όμως \sum_{m=1}^n m^{-r}< \int_0^{n+1} x^{-r}dx = \frac{1}{1-r}(n+1)^{1-r}\Rightarrow \sum_{n=1}^N \left(\frac{\sum_{m=1}^n m^{-r}}{n}\right)^{1/r}> (1- r)^{-1/r}\sum_{n=1}^N \frac{(n+1)^{(1-r)/r}}{n^{1/r}}= (1- r)^{-1/r}\sum_{n=1}^N \frac{1}{n}\left(\frac{n+1}{n}\right)^{(1-r)/r}= (1- r)^{-1/r}\sum_{n=1}^N \frac{1+\delta_n}{n} όπου \delta_n = \left(\frac{n+1}{n}\right)^{(1-r)/r}-1.
Συνεπώς \frac{K_r}{(1- r)^{-1/r}}>\frac{ \sum_{n=1}^N \frac{1+\delta_n}{n}}{\sum_{n=1}^N \frac{1}{n}} = 1 + \frac{ \sum_{n=1}^N \frac{\delta_n}{n}}{\sum_{n=1}^N \frac{1}{n}} καί επειδή γιά κάθε μηδενικήν ακολουθίαν (\epsilon_n)_{n\in\mathbb{N}} \lim_{N\to\infty}\frac{ \sum_{n=1}^N \frac{\epsilon_n}{n}}{\sum_{n=1}^N \frac{1}{n}}=0, τελικώς έχουμε \frac{K_r}{(1- r)^{-1/r}}\geq 1.


Τελευταία επεξεργασία απο Σελάν@ την 04 Νοέμ 2009, 20:34, επεξεργάστηκε 2 φορές συνολικά.

Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Απειροστικός Λογισμός: ασκήσεις στις σειρές
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 02 Νοέμ 2009, 17:23 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer

Εγγραφη: 11 Ιουν 2006, 23:21
Δημοσ.: 262
Τοποθεσια: Αχαρναί
στάθης έγραψε:
Άσκηση 11. (α) Αν p>2 τότε \sum_{n=0}^{\infty }|\cos (nx)|^{n^p}<\infty για όλα τα x\in {\mathbb R} έξω από ένα σύνολο μηδενικού μέτρου Lebesgue.
(β) Η σειρά \sum_{n=0}^{\infty }|\cos (nx)|^{n^2} αποκλίνει για κάθε x\in {\mathbb R}.


Να κάνω μια απόπειρα. Αν είναι λάθος θα περιμένουμε τη σωστή λύση.

Για το (α): Έστω p>2 και 0<\delta<\frac{p-2}{2}. Για κάθε n\in \mathbb N θέτουμε A_n=\bigcup_{m\leq n}\left\{x\in [0,\pi]: \left|\frac{x}{\pi}-\frac{m}{n}\right|\leq \frac{1}{n^{2+\delta}}\right\}. Τότε, είναι \sum_n m(A_n)\leq \sum_n n\frac{1}{n^{2+\delta}}<\infty, άρα από το πρώτο λήμμα Borel-Cantelli έχουμε ότι το N=\limsup A_n είναι μηδενικού μέτρου Lebesgue. Έτσι, αν x\in [0,\pi]\setminus N υπάρχει n_0=n_0(x)\in \mathbb N ώστε αν n\geq n_0 τότε x\notin A_n. Δηλαδή, για κάθε n\geq n_0 και για κάθε m\leq n ισχύει: |nx-m\pi|\geq \frac{\pi}{n^{1+\delta}}.

Τότε, θα είναι |\cos nx|^{n^p}=|\cos (nx-m_n\pi)|^{n^p}\leq [\cos(\tfrac{\pi}{n^{1+\delta}})]^{n^p}, για κατάλληλο 1\leq m_n\leq n.

Απ' την άλλη μεριά ισχύει η ασυμπτωτική εκτίμηση: \log(\cos x^\alpha)\sim -\frac{1}{2}x^{2\alpha} καθώς x\to 0^+, (\alpha >0). Άρα, θα είναι: n^p\log \left(\cos \frac{\pi}{n^{1+\delta}}\right)\sim -\frac{\pi^2}{2}n^s, όπου s=p-2-2\delta>0.

Συνεπώς, για όλα τα μεγάλα n θα ισχύει: \exp\left(n^p\log\left(\cos \frac{\pi}{n^{1+\delta}}\right)\right)\leq e^{-n^s}. Επειδή η σειρά \sum_{n=1}^\infty e^{-n^s} συγκλίνει έπεται το ζητούμενο από το κριτήριο σύγκρισης.



Για το (β): Αν ο x/\pi\in \mathbb Q, τότε είναι άμεσο. Έστω ότι ο x/\pi\notin \mathbb Q. Τότε, από το θεώρημα προσέγγισης του Dirichlet έχουμε ότι υπάρχουν άπειρα (ανάγωγα) κλάσματα (p,q)\in \mathbb Z\times \mathbb N ώστε: \left|\frac{x}{\pi}-\frac{p}{q}\right|\leq \frac{1}{q^2}.
Τότε, έχουμε: |\cos(qx)|^{q^2}=|\cos (qx-p\pi)|^{q^2}\geq \left(1-\frac{\pi^2}{2q^2}\right)^{q^2}\geq c για κάποια απόλυτη σταθερά c>0 και άπειρα q\in \mathbb N. Αυτό δείχνει ότι ο γενικός όρος δεν τείνει στο μηδέν κι άρα η σειρά αποκλίνει.

Υ.Γ. Βεατρίκη ξέρεις αν αυτοί οι κύριοι έχουν αντίστοιχο αποτέλεσμα και στην περίπτωση της συνεχούς μορφής της ανισότητας του Hardy (για ολοκληρώματα); Υπάρχει κάποιο άρθρο στο διαδίκτυο;


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Απειροστικός Λογισμός: ασκήσεις στις σειρές
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 03 Νοέμ 2009, 03:39 
Χωρίς σύνδεση

Εγγραφη: 18 Φεβ 2009, 01:42
Δημοσ.: 49
Άν λέγοντας "αντίστοιχον αποτέλεσμα", εννοείς κάτι τέτοιο:
γιά κάθε r<0, γιά κάθε ολοκληρώσιμην f:(0,+\infty)\rightarrow [0,+\infty), f >0 σ.π., ισχύει \int_0^{\infty}\left(\frac{\int_0^x f^r (t)dt}{x}\right)^{1/r}dx < (1-r)^{-1/r}\int_0^{\infty}f(x)dx,
τότε ναί, ισχύει κι αυτό. Άς δούμε γιατί:
συμφωνούμε καταρχάς ότι \left(\frac{\int_0^x f^r (t)dt}{x}\right)^{1/r}= 0 όταν \int_0^x f^r (t)dt = +\infty, επομένως άν γιά κάθε x>0 \int_0^x f^r (t)dt = +\infty, τό ζητούμενον ισχύει. Έστω ότι υπάρχουν x_0,y_0>0 τέτοια ώστε \int_0^{x_0} f^r (t)dt < +\infty, \int_0^{y_0} f^r (t)dt = +\infty. Θέτουμε \alpha=\inf\{y>0: \int_0^y f^r (t)dt = +\infty\}\geq x_0 καί γιά κάθε 0<x<\alpha εφαρμόζουμε τήν αντίστροφην \textrm{H\"{o}lder} γιά p=1-r καί F(t) = (t^{1-r}f(t))^r, G(t) = t^{-(1-r)r} στόν χώρον μέτρου ((0,x), M_{\lambda}((0,x)), \lambda).
Προκύπτει \int_0^x F(t)G(t)dt\geq \left(\int_0^x (F(t))^{-1/(p-1)}dt\right)^{-(p-1)} \left(\int_0^x (G(t))^{1/p}dt\right)^p\Leftrightarrow \int_0^x f^r (t)dt\geq \left(\int_0^x t^{1-r}f(t)dt\right)^r \left(\int_0^x t^{-r}dt\right)^{1-r}\Leftrightarrow \left(\int_0^x f^r (t)dt\right)^{1/r}\leq \left(\int_0^x t^{1-r}f(t)dt\right) \left(\int_0^x t^{-r}dt\right)^{(1-r)/r}= (1-r)^{-(1-r)/r}x^{(1-r)^2/r}\left(\int_0^x t^{1-r}f(t)dt\right)
καί μάλιστα οι ανισότητες είναι γνήσιες, αφού ισότης θά εσήμαινε ότι υπάρχει c>0 ώστε γιά σχεδόν όλα τά t\in (0,x) \frac{G(t)}{(F(t))^{(1-r)/r}}= c \Leftrightarrow \frac{t^{-1}}{f(t)}= c^{1/(1-r)}, δηλαδή ότι η f δέν είναι ολοκληρώσιμη στό (0,x). Έπεται ότι \left(\frac{\int_0^x f^r (t)dt}{x}\right)^{1/r}< (1-r)^{-(1-r)/r}x^{r-2}\left(\int_0^x t^{1-r}f(t)dt\right) καί άρα
\int_0^{\infty}\left(\frac{\int_0^x f^r (t)dt}{x}\right)^{1/r}dx = \int_0^{\alpha}\left(\frac{\int_0^x f^r (t)dt}{x}\right)^{1/r}dx \leq (1-r)^{-(1-r)/r}\int_0^{\alpha}x^{r-2}\left(\int_0^x t^{1-r}f(t)dt\right)dx = (1-r)^{-(1-r)/r}\int_0^{\alpha}t^{1-r}f(t)\left(\int_t^{\alpha} x^{r-2}dx\right)dt = (1-r)^{-1/r}\int_0^{\alpha}t^{1-r}f(t)\left(t^{r-1}-\alpha^{r-1}\right)dt < (1-r)^{-1/r}\int_0^{\infty}f(t)dt.
Τέλος άν γιά κάθε x>0 \int_0^x f^r (t)dt < +\infty, τότε πάλι βρίσκουμε \left(\int_0^x f^r (t)dt\right)^{1/r}< \left(\int_0^x t^{1-r}f(t)dt\right) \left(\int_0^x t^{-r}dt\right)^{(1-r)/r} καί \int_0^{\infty}\left(\frac{\int_0^x f^r (t)dt}{x}\right)^{1/r}dx < (1-r)^{-1/r}\int_0^{\infty}f(x)dx.

Η σταθερά (1- r)^{-1/r} είναι η καλύτερη δυνατή: έστω K_r "καλή" σταθερά. Γιά κάθε 0<\epsilon<1, γιά κάθε \delta>0 ορίζουμε f_{\epsilon,\delta}(x) = \left\{\begin{array}{ c l } x^{\epsilon -1},   &    x \leq 1 \\  \delta e^{1-x},   &    x > 1  \end{array}\right. Τότε \int_0^1 \left(\frac{\int_0^x t^{(\epsilon -1)r}dt}{x}\right)^{1/r}dx \leq \int_0^{\infty}\left(\frac{\int_0^x f_{\epsilon,\delta}^r (t)dt}{x}\right)^{1/r}dx < K_r(\frac{1}{\epsilon}+\delta) \Rightarrow \int_0^1 \left(\left\frac{x^{(\epsilon -1)r +1}/((\epsilon -1)r +1)}{x}\right)^{1/r}dx \leq \frac{K_r}{\epsilon} \Rightarrow ((\epsilon -1)r +1)^{-1/r}\int_0^1 x^{\epsilon -1}dx \leq \frac{K_r}{\epsilon}\Rightarrow ((\epsilon -1)r +1)^{-1/r}\leq K_r \Rightarrow (1- r)^{-1/r}\leq K_r.


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Απειροστικός Λογισμός: ασκήσεις στις σειρές
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 04 Νοέμ 2009, 20:57 
Χωρίς σύνδεση

Εγγραφη: 18 Φεβ 2009, 01:42
Δημοσ.: 49
Ζητώ συγγνώμη γιά τίς ιστορικές ανακρίβειες, αλλά αυτά προκαλεί η ημιμάθεια. :oops:
Η απόδειξις τού Knopp περιέχεται σέ άρθρον του τού 1928! μέ τίτλον \textrm{"\"{U}ber Reihen mit positiven Gliedern"} ("Περί σειρών μέ θετικούς όρους"). Ο Knopp θεωρεί ακολουθίαν (a_n)_{n\in\mathbb{N}} θετικών αριθμών καί t>0 καί δείχνει ότι:
άν \sum_{n=1}^{\infty}a_n<+\infty τότε \sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{n}{a_1^{-t}+a_2^{-t}+\cdots +a_n^{-t}}\right)^{1/t}< (1+t)^{1/t}\sum_{n=1}^{\infty}a_n,
κάνοντας τά εξής:
(α) παρατηρεί ότι άν p_1< p_2<\cdots <p_n<\cdots είναι μή φραγμένη ακολουθία θετικών αριθμών τότε η ακολουθία \beta_n = \sum_{k=1}^n a_k -\frac{p_1a_1+p_2a_2+\cdots+p_na_n}{p_{n+1}} τείνει στό \sum_{n=1}^{\infty}a_n. Θέτοντας b_n =(p_{n+1}-p_n)\frac{p_1a_1+p_2a_2+\cdots+p_na_n}{p_np_{n+1}}=\left\{\begin{array}{ c l } \beta_1,   &    n=1  \\  \beta_n-\beta_{n-1},   &    n \geq 2 \end{array}\right έχουμε ότι \sum_{n=1}^{\infty}b_n = \sum_{n=1}^{\infty}a_n.

(β) Εφαρμόζει τήν \textrm{H\"{o}lder} γιά p=1+t,  q=\frac{1+t}{t}, γιά τούς αριθμούς a_k^{-1/q}, (p_ka_k)^{1/q}, 1\leq k\leq n, καί προκύπτει ότι
p_1^{1/q}+\cdots + p_n^{1/q}\leq (a_1^{-t}+\cdots +a_n^{-t})^{1/(1+t)}(p_1a_1+\cdots + p_na_n)^{1/q}, δηλαδή ότι
a&#39;_n =\left(\frac{n}{a_1^{-t}+a_2^{-t}+\cdots +a_n^{-t}}\right)^{1/t}\leq (p_1a_1+\cdots + p_na_n)n^{1/t}\left(\sum_{k=1}^n p_k^{1/q}\right)^{-q}= b_n\left[\frac{p_np_{n+1}}{p_{n+1}-p_n}n^{1/t}\left(\sum_{k=1}^n p_k^{1/q}\right)^{-q}\right].

(γ) Επιλέγει p_n =\left(\begin{array}{c} n-1+t \\ n-1 \end{array}\right)^{q}. Τότε p_n<p_{n+1}, p_n\rightarrow +\infty καί \sum_{k=1}^n p_k^{1/q} =\left(\begin{array}{c} n+t \\ n-1 \end{array}\right) (τό δείχνουμε μέ επαγωγήν στό n), οπότε τό ζητούμενον προκύπτει άν δειχθεί ότι

\frac{p_np_{n+1}}{p_{n+1}-p_n}n^{1/t}\left(\begin{array}{c} n+t \\ n-1 \end{array}\right)^{-q}< (1+t)^{1/t}\Leftrightarrow (1+t)^{q}n^{-1}< (1+t)^{1/t}\left[\left(1+\frac{t}{n}\right)^{q}-1\right]\Leftrightarrow 1+\frac{1+t}{n}< \left(1+\frac{t}{n}\right)^{q}.

Η τελευταία ανισότης όμως ισχύει επειδή γιά a>1 η συνάρτησις g(x) =(1+x)^a -(1+ax), x\in (-1,+\infty), έχει (μοναδικόν) ελάχιστον στό 0.

Ο Knopp δείχνει επίσης ότι η σταθερά (1+t)^{1/t} είναι η καλύτερη δυνατή (η απόδειξις είναι όπως παραπάνω καί γίνεται χωρίς πρόβλημα γιά κάθε t>0).


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Απειροστικός Λογισμός: ασκήσεις στις σειρές
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 15 Αύγ 2010, 09:13 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer

Εγγραφη: 01 Ιουν 2008, 21:18
Δημοσ.: 1160
Τοποθεσια: Αθήνα
Άσκηση 14. Για ποιούς \alpha >0 συγκλίνει η σειρά \sum_{n=1}^{\infty }\frac{\sin (\sqrt{n}\pi )}{n^{\alpha }}?


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Απειροστικός Λογισμός: ασκήσεις στις σειρές
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 16 Αύγ 2010, 14:03 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer

Εγγραφη: 11 Ιουν 2006, 23:21
Δημοσ.: 262
Τοποθεσια: Αχαρναί
στάθης έγραψε:
Άσκηση 14. Για ποιούς \alpha >0 συγκλίνει η σειρά \sum_{n=1}^{\infty }\frac{\sin (\sqrt{n}\pi )}{n^{\alpha }}?


Νομίζω ότι συγκλίνει για κάθε \alpha>1/2 και αποκλίνει για τα υπόλοιπα. Χρησιμοποιούμε την ταυτότητα:

\sum_{n=1}^Nf(n)=\int_1^Nf(t)\, dt-\sum_{n=1}^N\int_n^{n+1}(n+1-t)f&#39;(t)\, dt. Σωστά;

Μάλιστα μπορούμε να δείξουμε ότι για \alpha>1/2 η σειρά \sum_{n=1}^\infty \frac{\sin(\pi x\sqrt{n})}{n^\alpha} συγκλίνει για κάθε x\in \mathbb R. Αν 1/2<\alpha<1 τότε η σύγκλιση της σειράς \sum_{n=1}^\infty \frac{\sin(\pi x\sqrt{n})}{n^\alpha} είναι ομοιόμορφη στο [\beta,B] αλλά δεν είναι στο [0,\beta], όπου 0<\beta<B. Όμως για \alpha=1 η σύγκλιση είναι ομοιόμορφη στο [0,\beta]. Σωστά;

Μια ακόμη: Άσκηση 15. Για ποια p,q>0 και x,y\in \mathbb R συγκλίνει η σειρά: \sum_{n=1}^\infty \left|\cos\frac{x}{n^p}+\sin\frac{y}{n^{2p}}\right|^{n^q};


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

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