Όριο αθροίσματος (2)

#1

Έστω

.

Ας βρεθεί, αν υπάρχει το όριο $\displaystyle{\lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n+1}\sum_{k=0}^{n-1}\ln\Big(\frac{c+k}{n}\Big)}$ .

#2

Θα χρησιμοποιηθεί ο τύπος των Euler - Weierstrass – Gauss για την συνάρτηση $\displaystyle{\Gamma \left( z \right)}$ . Είναι: $\displaystyle{\Gamma \left( z \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\frac{{{n^z} \cdot n!}}{{z \cdot \left( {z + 1} \right) \cdot \left( {z + 2} \right) \cdot {\text{ }}..{\text{ }} \cdot \cdot \left( {z + n} \right)}}} \right)}$ ,
που έχει πόλους 1ης τάξης το μηδέν και όλους τους αρνητικούς ακέραιους, ισχύει $\displaystyle{\Gamma \left( n \right) = \left( {n - 1} \right)!}$ κ.λ.π.
Η συνάρτηση $\displaystyle{\Gamma \left( x \right)}$ με $\displaystyle{x \in R}$ και $\displaystyle{x > 0}$ έχει την μορφή $\displaystyle{\Gamma \left( x \right) = \int\limits_0^\infty {{y^{x - 1}} \cdot {e^{ - y}} \cdot dy} }$ .
Επίσης θα χρησιμοποιηθεί ο τύπος του Stirling : $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{n!}}{{\sqrt {2 \cdot \pi \cdot n} }} \cdot {\left( {\frac{e}{n}} \right)^n} = 1}$ .

Έχουμε

$\displaystyle{\frac{1}{{n + 1}} \cdot \sum\limits_{k = 0}^{n - 1} {\ln \left( {\frac{{c + k}}{n}} \right)} = \frac{1}{{n + 1}} \cdot \ln \left( {\frac{{c \cdot \left( {c + 1} \right) \cdot \left( {c + 2} \right) \cdot {\text{ }}..{\text{ }} \cdot \left( {c + n - 1} \right)}}{{{n^n}}}} \right) = }$

$\displaystyle{ = \frac{1}{{n + 1}} \cdot \ln \left( {\frac{{{n^c}}}{{c + n}} \cdot \frac{{n!}}{{{n^n}}} \cdot \frac{{c \cdot \left( {c + 1} \right) \cdot {\text{ }}..{\text{ }} \cdot \left( {c + n - 1} \right) \cdot \left( {c + n} \right)}}{{{n^c} \cdot n!}}} \right) = }$

$\displaystyle{ = \ln \left( {{{\left( {\frac{{{n^c}}}{{c + n}}} \right)}^\big{{1/\left( {n + 1}} \right)}} \cdot {{\left( {\frac{{n!}}{{{n^n}}}} \right)}^\big{{1/\left( {n + 1} \right)}}} \cdot {{\left( {\frac{{c \cdot \left( {c + 1} \right) \cdot {\text{ }}..{\text{ }} \cdot \left( {c + n - 1} \right) \cdot \left( {c + n} \right)}}{{{n^c} \cdot n!}}} \right)}^\big{{1/\left( {n + 1} \right)}}}} \right)}$

Όμως $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\frac{{c \cdot \left( {c + 1} \right) \cdot {\text{ }}..{\text{ }} \cdot \left( {c + n - 1} \right) \cdot \left( {c + n} \right)}}{{{n^c} \cdot n!}}} \right) = \frac{1}{{\Gamma \left( c \right)}} > 0 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {\left( {\frac{{c \cdot \left( {c + 1} \right) \cdot {\text{ }}..{\text{ }} \cdot \left( {c + n - 1} \right) \cdot \left( {c + n} \right)}}{{{n^c} \cdot n!}}} \right)^\big{{1/\left( {n + 1}} \right)}} = 1}$

$\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {\left( {\frac{{n!}}{{{n^n}}}} \right)^\big{{1/\left( {n + 1}} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {{{\left( {\frac{{n! \cdot {e^n}}}{{\sqrt {2 \cdot \pi \cdot n} \cdot {n^n}}}} \right)}^\big{{1/\left( {n + 1}} \right)}} \cdot \frac{{{{\left( {\sqrt {2 \cdot \pi \cdot n} } \right)}^\big{{1/\left( {n + 1}} \right)}}}}{{{e^\big{{n/\left( {n + 1} \right)}}}}}} \right) = \frac{1}{e}}$ , και $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {\left( {\frac{{{n^c}}}{{c + n}}} \right)^\big{{1/\left( {n + 1} \right)}}} = 1}$ (φανερό).

οπότε $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } = \left( {{{\left( {\frac{{{n^c}}}{{c + n}}} \right)}^\big{{1/\left( {n + 1} \right)}}} \cdot {{\left( {\frac{{n!}}{{{n^n}}}} \right)}^\big{{1/\left( {n + 1} \right)}}} \cdot {{\left( {\frac{{c \cdot \left( {c + 1} \right) \cdot {\text{ }}..{\text{ }} \cdot \left( {c + n - 1} \right) \cdot \left( {c + n} \right)}}{{{n^c} \cdot n!}}} \right)}^\big{{1/\left( {n + 1} \right)}}}} \right) = \dfrac{1}{e}}$

και τελικά $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{{n + 1}} \cdot \sum\limits_{k = 0}^{n - 1} {\ln \left( {\frac{{c + k}}{n}} \right)} = \ln \left( {\dfrac{1}{e}} \right) = - 1}$

Το γράφημα του μέτρου της $\displaystyle{\Gamma \left( z \right)}$ , με $\displaystyle{z \in C - \left\{ {0, - 1, - 2,..} \right\}}$ είναι το παρακάτω.

#3

Το όριο αυτό, μου προέκυψε κατά τη λύση της άσκησης που έβαλα εδώ, αλλά θεώρησα ότι είχε αρκετή δουλειά ώστε να του αξίζει ξεχωριστή συζήτηση και για αυτό το έβαλα σε ξεχωριστό ποστ.

Μετά τη λύση του Σεραφείμ, ας δώσω και εγώ την προσέγγισή μου. Είναι αρκετά εκτενέστερη...

Είναι :

$\displaystyle{S_{1}=\sum_{k=0}^{0}\frac{1}{1+1}\ln\Big(1+\frac{k+c-1}{1}\Big)=\underbrace{\sum_{k=0}^{0}\frac{1}{1+1}\Big(\frac{k+c}{1}-1\Big)^{1}\frac{(-1)^{1-1}}{1}}_{a_{1,1}}+\cdots+\underbrace{\sum_{k=0}^{0}\frac{1}{1+1}\Big(\frac{k+c}{1}-1\Big)^{m}\frac{(-1)^{m-1}}{m}}_{a_{1,m}}+\cdots}$

$\displaystyle{S_{2}=\sum_{k=0}^{1}\frac{1}{2+1}\ln\Big(1+\frac{k+c-2}{2}\Big)=\underbrace{\sum_{k=0}^{1}\frac{1}{2+1}\Big(\frac{k+c}{2}-1\Big)^{1}\frac{(-1)^{1-1}}{1}}_{a_{2,1}}+\cdots+\underbrace{\sum_{k=0}^{1}\frac{1}{2+1}\Big(\frac{k+c}{2}-1\Big)^{m}\frac{(-1)^{m-1}}{m}}_{a_{2,m}}+\cdots}$

$\displaystyle{\vdots}$

$\displaystyle{S_{n}=\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{2+1}\ln\Big(1+\frac{k+c-n}{n}\Big)=\underbrace{\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{n+1}\Big(\frac{k+c}{n}-1\Big)^{1}\frac{(-1)^{1-1}}{1}}_{a_{n,1}}+\cdots+\underbrace{\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{n+1}\Big(\frac{k+c}{n}-1\Big)^{m}\frac{(-1)^{m-1}}{m}}_{a_{n,m}}+\cdots}$

Για κάθε $m\geq1$ είναι ακόμα $\displaystyle{|a_{n,m}|\leq1/m(m+1)}$ με $\displaystyle{\sum_{m=1}^{+\infty}1/m(m+1)=1}$ και ακόμα

$\displaystyle{\underbrace{a_{n,m}\stackrel{n\to+\infty}{\longrightarrow}\sum_{i=0}^{m}(-1)^{i+1}\frac{\binom{m}{i}}{m}\int_{0}^{1}x^{i}\,dx}_{\boxed{*}}\stackrel{\boxed{**}}{=}1/(m+1)-1/m}$ άρα από το θεώρημα κυριαρχημένης σύγκλισης για σειρές που περιγράφεται εδώ είναι

$\displaystyle{\lim_{n\to+\infty} S_{n}=\lim_{n\to+\infty}\sum_{m=1}^{+\infty}a_{n,m}=\sum_{m=1}^{+\infty}\lim_{n\to+\infty}a_{n,m}=\sum_{m=1}^{+\infty}1/(m+1)-1/m=-1}$ .

Ο τύπος $\displaystyle{\boxed{**}}$ είναι μια άσκηση από μόνο του, αλλά εγώ το πήρα έτοιμο από το wolfram. Αν θέλει κάποιος μπορεί να το αποδείξει ξεχωριστά.

Για το $\displaystyle{\boxed{*}}$ αρκεί να γράψουμε

$\displaystyle{\frac{1}{n+1}\Big(\frac{k+c}{n}-1\Big)^{m}\frac{(-1)^{m-1}}{m}=\frac{(-1)^{m-1}}{m(n+1)}\left(\binom{m}{m}(-1)^{m}+(-1)^{m-1}\binom{m}{m-1}\frac{c+k}{n}+\cdots-\binom{m}{1}\Big(\frac{c+k}{n}\Big)^{m-1}+\binom{m}{0}\Big(\frac{c+k}{n}\Big)^{m}\right)}$

και κατόπιν αναπτύσσοντας το δυώνυμο του κυρίου Νιούτον να παρατηρήσουμε ότι

για $\displaystyle{i=0,\ldots,m}$ είναι $\displaystyle{\frac{(c/n+k/n)^{i}}{n+1}=\mathkal O(1/n^{i+1})+\cdots+\mathkal O(1/n^2)+\frac{(k/n)^i}{n+1}=\mathkal O(1/n^2)+\frac{(k/n)^i}{n+1}}$

οπότε αθροίζοντας για $\displaystyle{k=0,\ldots,n-1}$ θα πάρουμε $\displaystyle{\mathkal O(1/n)+(-1)^{i+1}\frac{\binom{m}{i}}{m}\frac{(k/n)^i}{n+1}}$ για τον

οστό προσθεταίο, το οποίο θα μας δώσει το $\displaystyle{\int_{0}^{1}x^{i}\,dx}$ .

Όριο αθροίσματος (2)

Όριο αθροίσματος (2)

Re: Όριο αθροίσματος (2)

Re: Όριο αθροίσματος (2)

Μέλη σε σύνδεση