Οριο Ακολουθίας

S.E.Louridas · #1

Α.Ε.Ι.—4

Έστω οι συνεχείς συναρτήσεις
$f:\left[ {a,b} \right] \to \mathbb{R} \wedge g:\left[ {a,b} \right] \to \mathbb{R},\mu \varepsilon f\left( {\left[ {a,b} \right]} \right) \subset \left( {0, + \infty } \right) \wedge g\left( {\left[ {a,b} \right]} \right) \subset \left( {0, + \infty } \right).$ Να υπολογιστεί το όριο :
$\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } k_n ,$ όταν k_n

η ακολουθία
$k_n = \left[ {\int\limits_a^b {f^n \left( x \right) \cdot g\left( x \right)dx} } \right]^{\frac{1} {n}} .$

S.E.Louridas

#2

Καλή σας μέρα (όλη η μέρα είναι μπροστά μας)
Σωτήρη γράφω μία προσέγγιση. Δεν είναι αυτή που θα ήθελα αλλά αυτήν έχω. Θα την ξαναδώ μήπως μου έχει φύγει κάτι, γιατί σε ένα δύο σημεία νοιώθω το έδαφος ολισθηρό αλλά και μήπως μπορεί να μαζευτεί.

Ας ονομάσουμε με m, M

την ελάχιστη και την μέγιστη τιμή της

και

τις αντίστοιχες τιμές της

. Οι αριθμοί m, M

και

από την υπόθεση θα είναι θετικοί.
Aπό το 2ο θεώρημα μέσης τιμής του ολοκληρωτικού λογισμού υπάρχουν κατάλληλα
$\xi _{n}$ ώστε $\int_{a }^{b}f^{n}\left( x\right) g\left( x\right) dx=g\left( \xi _{n}\right) \int_{a }^{b}f^{n}\left( x\right) dx$
'Αρα $\displaystyle \root{n}\of{\int_{a }^{b}f^{n}\left( x\right) g\left( x\right) dx}=\root{n}\of{g\left( \xi _{n}\right) \int_{a}}^{b}f^{n}\left( x\right) dx}=\root{n}\of{g\left( \xi _{n}\right) }\root{n}\of{\int_{a }^{b}f^{n}\left( x\right) dx}$
'Αρα $\displaystyle \root{n}\of{m}\leq \root{n}\of{g\left( \xi _{n}\right) }\leq \root{n}\of{M}$ οπότε $\root{n}\of{m}\leq \root{n}\of{g\left( \xi _{n}\right) }\leq \root{n}\of{M}$

Απομένει να βρούμε το $\displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty }\root{n}\of{\int_{a }^{b}f^{n}\left( x\right) dx}$

Προφανώς $\displaystyle \root{n}\of{\int_{a}^{b}f^{n}\left( x\right) dx}\leq \root{n}\of{\int_{a}^{b}R^{n}dx}=R\root{n}\of{b-a}$
'Αρα $\displaystyle \lim \sup \left\{ \root{n}\of{\int_{a}^{b}f^{n}\left( x\right) dx}\right\} \leq \lim \sup \left\{ R\root{n}\of{b-a}\right\} =\lim\limits_{n\rightarrow +\infty }R\root{n}\of{b-a}=R$
Ας θεωρήσουμε

με

.

: sl.png (5.13 KiB) Προβλήθηκε 1025 φορές

Το σύνολο $A_{s}=\left\{ x:f\left( x\right) \geq s\right\} =f^{-1}\left( [s,+\infty )\right)$ είναι μετρήσιμο υποσύνολο του [a,b]

και $\displaystyle \root{n}\of{\int_{A_{s}}f^{n}\left( x\right) dx}\geq \root{n}\of{\int_{A_{s}}s^{n}dx}=\root{n}\of{s^{n}\mu \left( A_{s}\right) }$ όπου $\mu \left( A_{s}\right)$ είναι το μέτρο του $A_{s}$ . Προφανώς για $s\in \left( r,R\right)$
είναι $\mu \left( A_{s}\right) >0$
'Aρα $\displaystyle \root{n}\of{\int_{A_{s}}f^{n}\left( x\right) dx}$ $\geq s\root{n}\of{\mu \left( A_{s}\right) }$ για κάθε

και για κάθε $s\in \left( r,R\right)$
Αλλά $\displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty }s\root{n}\of{\mu \left( A_{s}\right) }=s\cdot 1=s$
'Αρα για κάθε $s\in \left( r,R\right)$ έχουμε $\lim \inf \left\{ \root{n}\of{\int_{A_{s}}f^{n}\left( x\right) dx}\right\} \geq s$
Aλλά αυτό ισχύει για κάθε $s\in \left( r,R\right)$ οπότε
$\displaystyle \lim \inf \left\{ \root{n}\of{\int_{A_{s}}f^{n}\left( x\right) dx}\right\} \geq R$
Τελικά $\lim \inf \left\{ \root{n}\of{\int_{A_{s}}f^{n}\left( x\right) dx}\right\} = \lim \sup \left\{ \root{n}\of{\int_{a }^{b}f^{n}\left( x\right) dx}\right\} =R$
'Αρα $\displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty }\root{n}\of{\int_{A_{s}}f^{n}\left( x\right) dx}=R$
οπότε και το αρχικό όριο είναι

Μαυρογιάννης

S.E.Louridas · #3

Υπολογισμός του ορίου της ακολουθίας
Φίλε Νίκο μου άρεσε πολύ η λύση σου αφού αναδεικνύει Μεθοδικη σκέψη (με την ορθή σημασία του όρου ).
Παραθέτω ,αν και πλέον δεν ειναι αναγκαίο και την προσέγγισή μου που είναι στο ίδιο περίπου μήκος κύματος.
Οι συναρτήσεις f, g είναι συνεχείς επί του διαστήματος [a, b] ,άρα δέχονται τα sup.(εδώ max), inf.(εδώ min) σε σημεία του [a, b].Έστω
$\mathop {\max }\limits_{x \in \left[ {a,b} \right]} f\left( x \right) = {\rm M} > 0,\mathop {\min }\limits_{x \in \left[ {a,b} \right]} f\left( x \right) = \mu > 0 \wedge \mathop {\max }\limits_{x \in \left[ {a,b} \right]} g\left( x \right) = {\rm M_1 > 0,\mathop {\min }\limits_{x \in \left[ {a,b} \right]} g\left( x \right) = \mu_1 > 0.$
$f^n \left( x \right) > 0,\forall x \in \left[ {a,b} \right]\underbrace \Rightarrow _{\Theta .{\rm M}.{\rm T}.}\left( {\mu _1 \int\limits_a^b {f^n \left( x \right)dx} } \right)^{\frac{1}{n}} < k_n < \left( {{\rm M}_1 \int\limits_a^b {f^n \left( x \right)dx} } \right)^{\frac{1}{n}} .$
Παρατηρούμε επίσης ότι
$\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {\mu _1 } \right)^{\frac{1}{n}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {{\rm M}_1 } \right)^{\frac{1}{n}} = 1 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{k_n }}{{u_n }} = 1,\mu \varepsilon u_n = \left( {\int\limits_a^b {f^n \left( x \right)dx} } \right)^{\frac{1}{n}} .$
Από τους ορισμούς πού αναφέρονται στην έννοια του supremum (εδώ maximum) έχουμε:
$\forall \varepsilon > 0,\exists a_1 ,b_1 :a_1 < b_1 \wedge \left[ {a_1 ,b_1 } \right] \subset \left[ {a,b} \right]\mu \varepsilon {\rm M}\left( {1 - \varepsilon } \right) \leqslant f\left( x \right) \leqslant {\rm M},\forall x \in \left[ {a_1 ,b_1 } \right] .$
Χωρίς βλάβη της γενικότητας μπορούμε να εργαστούμε για τα θετικά ε που ειναι μικρότερα του 1.
Οπότε:
$\int\limits_{a_1 }^{b_1 } {\left[ {{\rm M}\left( {1 - \varepsilon } \right)} \right]^n } dx \leqslant \int\limits_a^b {f^n \left( x \right)dx \leqslant \int\limits_a^b {{\rm M}^n dx} } \Rightarrow {\rm M}\left( {1 - \varepsilon } \right)\left( {b_1 - a_1 } \right)^{\frac{1}{n}} \leqslant u_n \leqslant {\rm M}\left( {b - a} \right)^{\frac{1}{n}} ....\left( 1 \right)$
Για συγκεκριμένο ,σταθερό ε και επομένως συγκεκριμένο, σταθερό $\left[ {a_1 ,b_1 } \right],$ παίρνουμε
ότι :
$\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {\rm M}\left( {1 - \varepsilon } \right)\left( {b_1 - a_1 } \right)^{\frac{1}{n}} = {\rm M}\left( {1 - \varepsilon } \right) \wedge \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {\rm M}\left( {b - a} \right)^{\frac{1}{n}} = {\rm M},$
πράγμα που οδηγεί στην σχέση $\forall \varepsilon > 0,\exists n_0 \in \mathbb{N}:{\rm M}\left( {b - a} \right)^{\frac{1}{n}} < {\rm M}\left( {1 + 2\varepsilon } \right) \wedge {\rm M}\left( {1 - 2\varepsilon } \right) < {\rm M}\left( {1 - \varepsilon } \right)\left( {b_1 - a_1 } \right)^{\frac{1} {n}} ,\forall n > n_0 ....\left( 2 \right)$ $\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right),\left( 2 \right)} \forall \varepsilon > 0,\exists n_0 :{\rm M}\left( {1 - 2\varepsilon } \right) < u_n < {\rm M}\left( {1 + 2\varepsilon } \right),\forall n > n_0 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } u_n = {\rm M},\mu \varepsilon \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{k_n }}{{u_n }} = 1.$
Από την τελευταία αυτή σχέση παίρνουμε ότι
$\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } k_n = {\rm M}.$

S.E.Louridas

#4

nsmavrogiannis έγραψε:
Απομένει να βρούμε το $\displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty }\root{n}\of{\int_{a }^{b}f^{n}\left( x\right) dx}$

Προφανώς $\displaystyle \root{n}\of{\int_{a}^{b}f^{n}\left( x\right) dx}\leq \root{n}\of{\int_{a}^{b}R^{n}dx}=R\root{n}\of{b-a}$
'Αρα $\displaystyle \lim \sup \left\{ \root{n}\of{\int_{a}^{b}f^{n}\left( x\right) dx}\right\} \leq \lim \sup \left\{ R\root{n}\of{b-a}\right\} =\lim\limits_{n\rightarrow +\infty }R\root{n}\of{b-a}=R$
**********************************************************************************
Ας θεωρήσουμε με .
...

Η αλλιώς: Έστω $x_{0}\in[a,b]$ με $f(x_{0})=R$ και έστω τυχαίο $\varepsilon>0$ .
Λόγω συνέχειας της

, υπάρχει $\delta>0$ τέτοιο ώστε $|x-x_{0}|<\delta\Rightarrow f(x)>R-\varepsilon$ . Τότε:

$\displaystyle\int_{a}^{b}f^{n}(x)\,dx\geq\int_{x_{0}-\delta}^{x_{0}+\delta}f^{n}(x)\,dx>(R-\varepsilon)^{n}2\delta\Rightarrow$

$\Rightarrow\displaystyle\Big(\int_{a}^{b}f^{n}(x)\,dx\Big)^{\frac{1}{n}}>\sqrt[n]{2\delta}(R-\varepsilon)\stackrel{n\to+\infty}{\longrightarrow}R-\varepsilon$ .

Έπεται ότι $\liminf\displaystyle\Big(\int_{a}^{b}f^{n}(x)\,dx\Big)^{\frac{1}{n}}\geq R-\varepsilon$ , και επειδή το $\varepsilon$ ήταν τυχαίο,

$\liminf\displaystyle\Big(\int_{a}^{b}f^{n}(x)\,dx\Big)^{\frac{1}{n}}\geq R$ .

Άρα $R\leq\liminf\displaystyle\Big(\int_{a}^{b}f^{n}(x)\,dx\Big)^{\frac{1}{n}}\leq \limsup\displaystyle\Big(\int_{a}^{b}f^{n}(x)\,dx\Big)^{\frac{1}{n}}\leq R$ , άρα

$\displaystyle\Big(\int_{a}^{b}f^{n}(x)\,dx\Big)^{\frac{1}{n}}\stackrel{n\to+\infty}{\longrightarrow}R$ .

Ουσιαστικά δεν αλλάζει και τίποτα ιδιαίτερο, απλά αποφεύγονται τα μέτρα. Όμορφη άσκηση και όμορφη λύση!!

Οριο Ακολουθίας

Οριο Ακολουθίας

Re: Οριο Ακολουθίας

Re: Οριο Ακολουθίας

Re: Οριο Ακολουθίας

Μέλη σε σύνδεση