Ακολουθία

#1

Να μελετηθεί ως προς τη σύγκλιση η ακολουθία $\displaystyle{x_n=\sqrt{n} \prod_{k=1}^n \left(1-\frac {1}{a_{k+1}\sqrt{k+1}}\right)}$ , όπου

$\displaystyle{a_k= \sum_{i=1}^k \frac {1}{\sqrt{i}}}$

#2

s.kap έγραψε:Να μελετηθεί ως προς τη σύγκλιση η ακολουθία $\displaystyle{x_n=\sqrt{n} \prod_{k=1}^n \left(1-\frac {1}{a_{k+1}\sqrt{k+1}}\right)}$ , όπου $\displaystyle{a_k= \sum_{i=1}^k \frac {1}{\sqrt{i}}}$

Όπως αποδείχθηκε εδώ viewtopic.php?f=9&t=30775 ισχύει $\displaystyle{{a_{k + 1}} = 2\sqrt {k + 1} - {\delta _{k + 1}}}$ όπου $\displaystyle{1 < {\delta _{k + 1}} < 2}$ .

Οπότε θα έχουμε $\displaystyle{{a_{k + 1}}\sqrt {k + 1} = 2\left( {k + 1} \right) - {\delta _{k + 1}}\sqrt {k + 1} }$ , συνεπώς προκύπτει $\displaystyle{0 \leqslant {a_{k + 1}}\sqrt {k + 1} \leqslant 2\left( {k + 1} \right)}$ .

Τότε $\displaystyle{0 \leqslant 1 - \frac{1}{{{a_{k + 1}}\sqrt {k + 1} }} \leqslant 1 - \frac{1}{{2\left( {k + 1} \right)}} \Rightarrow 0 \leqslant \prod\limits_{k = 1}^n {\left( {1 - \frac{1}{{{a_{k + 1}}\sqrt {k + 1} }}} \right)} \leqslant \prod\limits_{k = 1}^n {\left( {1 - \frac{1}{{2\left( {k + 1} \right)}}} \right)} \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \Rightarrow 0 \leqslant \prod\limits_{k = 1}^n {\left( {1 - \frac{1}{{{a_{k + 1}}\sqrt {k + 1} }}} \right)} \leqslant \prod\limits_{k = 1}^n {\left( {\frac{{2k + 1}}{{2\left( {k + 1} \right)}}} \right)} \Rightarrow 0 \leqslant \prod\limits_{k = 1}^n {\left( {1 - \frac{1}{{{a_{k + 1}}\sqrt {k + 1} }}} \right)} \leqslant \frac{{3 \cdot 5 \cdot .. \cdot \left( {2n + 1} \right)}}{{4 \cdot 6 \cdot .. \cdot \left( {2n + 2} \right)}} \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \Rightarrow 0 \leqslant \prod\limits_{k = 1}^n {\left( {1 - \frac{1}{{{a_{k + 1}}\sqrt {k + 1} }}} \right)} \leqslant 2\frac{{2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5 \cdot 6 \cdot .. \cdot \left( {2n + 1} \right) \cdot \left( {2n + 2} \right)}}{{{2^2} \cdot {4^2} \cdot {6^2} \cdot .. \cdot {{\left( {2n + 2} \right)}^2}}} = 2\frac{{\left( {2n + 2} \right)!}}{{{2^{2n + 2}}{{\left( {\left( {n + 1} \right)!} \right)}^2}}}}$

Όμως $\displaystyle{2 \cdot \frac{{\left( {2n + 2} \right)!}}{{{2^{2n + 2}}{{\left( {\left( {n + 1} \right)!} \right)}^2}}} \approx 2 \cdot \frac{{\sqrt {2\pi \left( {2n + 2} \right)} {{\left( {\frac{{2n + 2}}{e}} \right)}^{2n + 2}}}}{{{2^{2n + 2}}\left( {2\pi \left( {n + 1} \right)} \right){{\left( {\frac{{n + 1}}{e}} \right)}^{2n + 2}}}} = \frac{2}{{\sqrt {\pi \left( {n + 1} \right)} }}}$

Τελικά $\displaystyle{0 \leqslant \sqrt n \prod\limits_{k = 1}^n {\left( {1 - \frac{1}{{{a_{k + 1}}\sqrt {k + 1} }}} \right)} \leqslant \sqrt n \prod\limits_{k = 1}^n {\left( {1 - \frac{1}{{2\left( {k + 1} \right)}}} \right)} \Rightarrow 0 \leqslant \sqrt n \prod\limits_{k = 1}^n {\left( {1 - \frac{1}{{{a_{k + 1}}\sqrt {k + 1} }}} \right)} \leqslant \frac{{2\sqrt n }}{{\sqrt {\pi \left( {n + 1} \right)} }}}$

και επειδή $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{2\sqrt n }}{{\sqrt {\pi \left( {n + 1} \right)} }} = \frac{2}{{\sqrt \pi }}}$ προκύπτει ότι η ακολουθία $\displaystyle{{x_n} = \sqrt n \prod\limits_{k = 1}^n {\left( {1 - \frac{1}{{{a_{k + 1}}\sqrt {k + 1} }}} \right)} }$ είναι φραγμένη.

Συνεπώς αν είναι μονότονη θα είναι συγκλίνουσα.

Έχουμε $\displaystyle{\frac{{{x_{n + 1}}}}{{{x_n}}} = \frac{{\sqrt {n + 1} }}{{\sqrt n }}\left( {1 - \frac{1}{{{a_{n + 2}}\sqrt {n + 2} }}} \right) = \frac{{\sqrt {n + 1} }}{{\sqrt n }}\left( {1 - \frac{1}{{2\left( {n + 2} \right) - \delta \sqrt {n + 2} }}} \right) < \frac{{\sqrt {n + 1} }}{{\sqrt n }}\left( {1 - \frac{1}{{2\left( {n + 2} \right) - \sqrt {n + 2} }}} \right) = }$

$\displaystyle{ = \frac{{\sqrt {n + 1} }}{{\sqrt n }} \cdot \frac{{2n - \sqrt {n + 2} + 1}}{{2n - \sqrt {n + 2} + 2}} = \sqrt {\frac{{\left( {n + 1} \right){{\left( {2n - \sqrt {n + 2} + 1} \right)}^2}}}{{n{{\left( {2n - \sqrt {n + 2} + 2} \right)}^2}}}} < .. < 1}$ . Δηλαδή η ακολουθία $\displaystyle{x_n}$ είναι φθίνουσα, επομένως συγκλίνει.

Υπάρχουν κάποιες ενδείξεις ότι $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {x_n} = \frac{1}{2}}$ .. θα δούμε.

#3

Ακριβώς $\displaystyle{\frac {1}{2}}$

Παρατηρούμε ότι $\displaystyle{a_{k+1}=a_k+\frac {1}{\sqrt{k+1}}}$ , συνεπώς

$\displaystyle{1-\frac {1}{a_{k+1} \sqrt{k+1}}=...=\frac {a_k}{a_{k+1}}}$ , άρα

$\displaystyle{\sqrt{n} \prod_{k=1}^n \left(1-\frac {1}{a_{k+1} \sqrt{k+1}}\right)=\sqrt {n} \prod_{k=1}^n \frac {a_k}{a_{k+1}}=\frac {\sqrt{n}}{a_{n+1}}=x_n}$

Για την εύρεση του ορίου της $\displaystyle{x_n}$ , ονομάζουμε $\displaystyle{b_n=\sqrt{n}}$ και έχουμε

$\displaystyle{\lim_{n \to \infty} \frac {b_{n+1}-b_n}{a_{n+2}-a_{n+1}}=\lim_{n \to \infty}\frac {\sqrt{n+2}}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}=\frac {1}{2}}$ ,

άρα από Stolz-Cezaro: $\displaystyle{\lim_{n \to \infty}x_n=\frac {1}{2}}$

#4

s.kap έγραψε:Παρατηρούμε ότι $\displaystyle{a_{k+1}=a_k+\frac {1}{\sqrt{k+1}}}$ , συνεπώς $\displaystyle{1-\frac {1}{a_{k+1} \sqrt{k+1}}=...=\frac {a_k}{a_{k+1}}}$

Πωπω .. που να σου πάει στον νου πως ήταν τηλεσκοπικό ..

Ακολουθία

Ακολουθία

Re: Ακολουθία

Re: Ακολουθία

Re: Ακολουθία

Μέλη σε σύνδεση