IMC 2015/2/1

#1

Να δειχθεί ότι $\displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{n}\left(n+1\right)} < 2.}$

Tolaso J Kos · #2

Demetres έγραψε:Να δειχθεί ότι $\displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{n}\left(n+1\right)} < 2.}$

Έστω

το ζητούμενο άθροισμα τότε:

$\displaystyle{\begin{aligned} S=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{n}\left ( n+1 \right )}&= \sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sqrt{n}}{n(n+1)} \\ &=\sum_{n=1}^{\infty}\left [ \frac{\sqrt{n}}{n}- \frac{\sqrt{n}}{n+1} \right ]\\ &= \frac{\sqrt{1}}{1}+ \sum_{n=1}^{\infty} \left[ \frac{\sqrt{n+1}}{n+1}-\frac{\sqrt{n}}{n+1} \right]\\ &=1+ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\left ( n+1 \right )\left ( \sqrt{n}+\sqrt{n+1} \right )} \\ &\overset{CS}{\leq} 1+ \frac{1}{4}\sum_{n=1}^{\infty}\left [ \frac{1}{\sqrt{n+1}(n+1)} + \frac{1}{\sqrt{n}(n+1)} \right ]\\ &= 1+ \frac{S}{4}+ \frac{1}{4}\sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{n^{3/2}} \end{aligned}}$
Για το τελευταίο άθροισμα χρησιμοποιούμε την εκτίμηση του ολοκλήρωματος και έχουμε ότι:

$\displaystyle{\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n^{3/2}} <\int_{1}^{\infty} \frac{1}{x^{3/2}}\, {\rm d}x =2}$

και το συμπέρασμα έπεται αφού $\displaystyle{S< 1+ \frac{S}{4}+ \frac{1}{2}\Leftrightarrow S<2 }$ . Για την ακρίβεια , χρησιμοποιώντας τη τεχνολογία, βλέπουμε ότι η σειρά είναι περίπου 1.719

.

#3

Demetres έγραψε:Να δειχθεί ότι $\displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{n}\left(n+1\right)} < 2.}$

Αλλιώς:

$\displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{n}\left(n+1\right)}= \sum\limits_{n = 1}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{n}\sqrt {n+1} }\cdot \frac {1}{\sqrt {n+1}} } < \sum\limits_{n = 1}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{n}\sqrt {n+1} }\cdot \frac {2}{\sqrt n +\sqrt {n+1}} }$

$\displaystyle{ = 2\sum\limits_{n = 1}^{\infty}\frac{\sqrt {n+1} -\sqrt{n}}{\sqrt{n}\sqrt {n+1} }= 2\sum\limits_{n = 1}^{\infty} \left ( \frac{1}{\sqrt {n}} - \frac{1}{\sqrt{n+1}} \right ) = 2\cdot \frac {1}{\sqrt 1}=2}$

Φιλικά,

Μιχάλης

Ilias_Zad · #4

Ωραίες λύσεις.

Διαφορετικά:

$\sum_{n \geq 1} \frac{1}{\sqrt{n}(n+1)}=\sum_{n \geq 1} \sqrt{n}( \frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}) = \sum_{n \geq 1} \sqrt{n} \int_{n}^{n+1} x^{-2}dx < \sum_{n \geq 1} \int_{n}^{n+1} \sqrt{x} x^{-2}dx=\int_{1}^{+\infty} x^{-\frac{3}{2}}dx=2$

BAGGP93 · #5

Γεια σας. Ωραίες οι λύσεις.

Με το ολοκληρωτικό κριτήριο του $\displaystyle{\rm{Cauchy}}$ μπορούμε να βρούμε και ένα κάτω φράγμα για τη σειρά.

Ορίζουμε $\displaystyle{f:\left[1,+\infty\right)\longrightarrow \mathbb{R}}$ με τύπο $\displaystyle{f(x)=\dfrac{1}{\sqrt{x}\,(x+1)}}$ .

Η συνάρτηση $\displaystyle{f}$ είναι συνεχής, θετική και γνησίως φθίνουσα στο $\displaystyle{\left[1,+\infty\right)}$ με

$\displaystyle{f(1)=\dfrac{1}{2}}$ . Έχουμε ότι

$\displaystyle{\begin{aligned} \int_{1}^{+\infty}f(x)\,\mathrm{d}x&=\int_{1}^{\infty}\dfrac{1}{\sqrt{x}\,(x+1)}\,\mathrm{d}x\\&\stackrel{y=\sqrt{x}}{=}\int_{1}^{+\infty}\dfrac{2}{1+y^2}\,\mathrm{d}y\\&=\left[2\,\arctan\,y\right]_{1}^{+\infty}\\&=\pi-\dfrac{\pi}{2}\\&=\dfrac{\pi}{2}\end{aligned}}$

Σύμφωνα με το κριτήριο του $\displaystyle{\rm{Cauchy}}$ , η πραγματική ακολουθία $\displaystyle{a_{n}=\sum_{k=1}^{n}f(k)-\int_{1}^{n}f(x)\,\mathrm{d}x\,\,,n\in\mathbb{N}}}$

συγκλίνει προς κάποιο στοιχείο του $\displaystyle{\left[0,f(1)\right]=\left[0,\dfrac{1}{2}\right]}$ , οπότε :

$\displaystyle{\begin{aligned} 0\leq \lim_{n\to +\infty}a_{n}\leq \dfrac{1}{2}&\implies 0\leq \sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{\sqrt{n}\,(n+1)}-\int_{1}^{+\infty}f(x)\,\mathrm{d}x\leq \dfrac{1}{2}\\&\implies \dfrac{\pi}{2}\leq \sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{\sqrt{n}\,(n+1)}\leq \dfrac{\pi+1}{2}\end{aligned}}$

Συμπεραίνουμε ότι $\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{\sqrt{n}\,(n+1)}\in\left[\dfrac{\pi}{2},2\right)}$ .

#6

BAGGP93 έγραψε:
$\displaystyle{\implies \dfrac{\pi}{2}\leq \sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{\sqrt{n}\,(n+1)}\leq \dfrac{\pi+1}{2}\end{aligned}}$

Συμπεραίνουμε ότι $\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{\sqrt{n}\,(n+1)}\in\left[\dfrac{\pi}{2},2\right)}$ .

Βαγγέλη, για δες το πάλι αυτό.

BAGGP93 · #7

Από τη σχέση αυτή έχουμε

$\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{\sqrt{n}\,(n+1)}\in\left[\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi+1}{2}\right]}$

άλλα όπως δείξαμε $\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{\sqrt{n}\,(n+1)}<2}$

άρα $\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{\sqrt{n}\,(n+1)}\in\left[\dfrac{\pi}{2},2\right)\,\,\,,\dfrac{\pi}{2}<2<\dfrac{\pi+1}{2}}$ .

#8

BAGGP93 έγραψε:Από τη σχέση αυτή έχουμε

$\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{\sqrt{n}\,(n+1)}\in\left[\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi+1}{2}\right]}$

άλλα όπως δείξαμε $\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{\sqrt{n}\,(n+1)}<2}$

άρα $\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{\sqrt{n}\,(n+1)}\in\left[\dfrac{\pi}{2},2\right)\,\,\,,\dfrac{\pi}{2}<2<\dfrac{\pi+1}{2}}$ .

Βαγγέλη, ίσως δεν καταλαβαίνω κάτι.

Όταν λες "όπως δείξαμε" εννοείς σε άλλη (ξένη) απόδειξη; Μη ξεχνάς ότι το $\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{\sqrt{n}\,(n+1)}<2}$ είναι το ζητούμενο της άσκησης. Οπότε προς τι όλη η επιχειρηματολογία με κριτήριο Cauchy και ολοκληρώμα;
Μη ξεχνάς ότι $\frac {\pi + 1}{2} \approx 2,07$ οπότε δεν βλέπω πώς καταλήγουμε σε εκτίμηση ότι το άθροισμα είναι

.

IMC 2015/2/1

IMC 2015/2/1

Re: IMC 2015/2/1

Re: IMC 2015/2/1

Re: IMC 2015/2/1

Re: IMC 2015/2/1

Re: IMC 2015/2/1

Re: IMC 2015/2/1

Re: IMC 2015/2/1

Μέλη σε σύνδεση