Όριο αθροίσματος (13)

#1

Ας υπολογισθεί, αν υπάρχει, το όριο $\displaystyle{\lim_{n\to+\infty}\frac{\ln^2n}{n}\sum_{k=2}^{n-2}\frac{1}{\ln k \ln(n-k)}}$ .

dement · #2

Η ταπεινή μου γνώμη είναι ότι όποιος βάζει τέτοια προβλήματα θα έπρεπε να τουφεκίζεται επί τόπου, αλλά δε θα τον σιάξω εγώ αυτόν τον τόπο...

Εστω

η ακολουθία μας.

Η $\ln ( \ln x )$ είναι κοίλη, από όπου έχουμε $\ln k \ln(n-k) \leq (\ln (n/2) )^2$ και $\displaystyle \sum_{k=2}^{n-2} \frac{1}{\ln k \ln (n-k)} \geq \frac{n-3}{(\ln n - \ln 2)^2}$

Επίσης, από ανισότητα Chebyshev, έχουμε $\displaystyle \sum_{k=2}^{n-2} \frac{1}{\ln k \ln (n-k)} \leq \frac{1}{n-3} \left( \sum_{k=2}^{n-2} \frac{1}{\ln k} \right) ^2$

Ετσι, έχουμε $\displaystyle a_n \geq b_n = \frac{n-3}{n} \frac{(\ln n)^2}{(\ln n - \ln 2)^2}$ και $\displaystyle a_n \leq c_n = \frac{(\ln n)^2}{n(n-3)} \left( \sum_{k=2}^{n-2} \frac{1}{\ln k} \right) ^2$ .

Βλέπουμε ότι $\displaystyle \lim_{n \to +\infty} b_n = \lim_{n \to +\infty} c_n = 1$ (το δεύτερο όριο με Cesaro-Stolz), οπότε $\displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_n = 1$ .

#3

dement έγραψε:Η ταπεινή μου γνώμη είναι ότι όποιος βάζει τέτοια προβλήματα θα έπρεπε να τουφεκίζεται επί τόπου, αλλά δε θα τον σιάξω εγώ αυτόν τον τόπο...

#4

Άτιμε Δημήτρη...το πάτησες πάλι σαν αποτσίγαρο...Θα δώσω αργότερα μια λύση, φυσικά εκτενέστερη από τη δική σου...

Σεραφείμ, εσύ άσε τις καταφάσεις γιατί ξέρω ότι αυτά είναι τα αγαπημένα σου!!!

#5

Αλλιώς:

Αρχικά βλέπουμε πως συμπεριφέρεται το $\displaystyle{\sum_{k=2}^{n}\frac{1}{\ln k}}$ . Επειδή η αντίστοιχη απειροσειρά αποκλίνει και καθώς η $1/(\ln x)$ είναι θετική και γνησίως φθίνουσα, έχουμε ότι $\displaystyle{\sum_{k=2}^{n}\frac{1}{\ln k}\stackrel{n\to+\infty}{\sim}\int_{2}^{n}\frac{1}{\ln x}\,dx}$ .

Όμως

$\displaystyle{\frac{1}{\ln x}=\frac{1}{\ln n}\frac{1}{1+\frac{\ln(x/n)}{\ln n}}\stackrel{*}{=}\frac{1}{\ln n}\left(1+\mathcal O\left(\frac{\ln(x/n)}{\ln n}\right)\right)}$

από την προσέγγιση της $(1+x)^{-1}$ αφού $\displaystyle{-1<\frac{\ln(x/n)}{\ln n}<0}$

Ολοκληρώνοντας τώρα έχουμε

$\displaystyle{\int_{2}^{n}\frac{1}{\ln x}\,dx=\frac{n-2}{\ln n}+\mathcal O\left(\int_{2}^{n}\frac{\ln(x/n)}{\ln^2n}\,dx\right)=\frac{n}{\ln n}+\mathcal O\left(\frac{n}{\ln^2n}\right)}$ .

___________________________________________________________________________________________________________

Γυρνώντας στο αρχικό πρόβλημα, παρατηρούμε ότι η αθροισθέα συνάρτηση έχει άξονα συμμετρίας τον x=n/2

, άρα η ποσότητα της οποίας αναζητούμε το όριο είναι ίση με $\displaystyle{\frac{2\ln^2n}{n}\sum_{k=2}^{n/2}\frac{1}{\ln k\ln(n-k)}}$ .

Ακόμα έχουμε :

$\displaystyle{\frac{1}{\ln(n-k)}=\frac{1}{\ln n}\frac{1}{1+\frac{\ln(1+k/n)}{\ln n}}=\frac{1}{\ln n}\left(1+\mathcal O\left(\frac{\ln(1+k/n)}{\ln n}\right)\right)=\frac{1}{\ln n}+\mathcal O\left(\frac{1}{\ln^2n}\right)}$

Έπεται ότι $\displaystyle{\frac{1}{\ln k\ln(n-k)}=\frac{1}{\ln n\ln k}+\frac{1}{\ln k}\mathcal O\left(\frac{1}{\ln^2n}\right)}$ και συνεπώς $\displaystyle{\frac{2\ln^2n}{n}\sum_{k=2}^{n/2}\frac{1}{\ln k\ln(n-k)}=\frac{2\ln n}{n}\sum_{k=2}^{n/2}\frac{1}{\ln k}+\mathcal O(1/n)\sum_{k=2}^{n/2}\frac{1}{\ln k}}$ .

Από την αρχική μελέτη όμως $\displaystyle{\sum_{k=2}^{n/2}\frac{1}{\ln k}\sim\frac{n/2}{\ln(n/2)}+\mathcal O\left(\frac{n}{\ln^2(n/2)}\right)}$ , άρα

$\displaystyle{\frac{2\ln^2n}{n}\sum_{k=2}^{n/2}\frac{1}{\ln k\ln(n-k)}\sim\frac{\ln n}{\ln(n/2)}+\mathcal O\left(\frac{1}{\ln n}\right)\to1}$ .

#6

Μόλις ανακάλυψα και τούτο δω, (πρόβλημα 6 δεύτερη μέρα), οπότε μάλλον γλυτώνω το τουφέκισμα...

mathxl · #7

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε:Μόλις ανακάλυψα και τούτο δω, (πρόβλημα 6 δεύτερη μέρα), οπότε μάλλον γλυτώνω το τουφέκισμα...

Σε κάθε περίπτωση θέλεις τουλάχιστον ξύρισμα

#8

καλό ήταν αυτό!!

Όριο αθροίσματος (13)

Όριο αθροίσματος (13)

Re: Όριο αθροίσματος (13)

Re: Όριο αθροίσματος (13)

Re: Όριο αθροίσματος (13)

Re: Όριο αθροίσματος (13)

Re: Όριο αθροίσματος (13)

Re: Όριο αθροίσματος (13)

Re: Όριο αθροίσματος (13)

Μέλη σε σύνδεση