IMC 1997/1/1

Συντονιστής: Demetres

Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8586
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

IMC 1997/1/1

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Δευ Απρ 30, 2012 4:32 pm

Έστω (x_n) ακολουθία θετικών αριθμών με \displaystyle{ \lim_{n \to \infty} x_n = 0.} Να υπολογιστεί το \displaystyle{ \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n}\sum_{k=1}^n \ln{\left(\frac{k}{n}+x_n \right).}}


Άβαταρ μέλους
Σεραφείμ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1872
Εγγραφή: Τετ Μάιος 20, 2009 9:14 am
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη - Γιάννενα

Re: IMC 1997/1/1

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Σεραφείμ » Σάβ Ιούλ 28, 2012 9:04 pm

Demetres έγραψε:Έστω (x_n) ακολουθία θετικών αριθμών με \displaystyle{ \lim_{n \to \infty} x_n = 0.} Να υπολογιστεί το \displaystyle{ \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n}\sum_{k=1}^n \ln{\left(\frac{k}{n}+x_n \right).}}
\displaystyle{\left\{ {{x_n}} \right\}:} ακολουθία θετικών όρων και \displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {x_n} = 0} . Τότε \displaystyle{\forall \varepsilon  > 0:\exists {n_0}:\forall n > {n_0}:0 < {x_n} < \varepsilon } . Επομένως αν \displaystyle{m\;,\;M} τα κάτω και άνω φράγματα

της \displaystyle{{\left\{ {{x_n}} \right\}_{n = 1\,,\,2\,,\,..\,,\,{n_0}}}} θα ισχύει \displaystyle{\sum\limits_{k = 1}^{{n_0}} {\ln \left( {\frac{k}{n} + m} \right)}  + \sum\limits_{k = {n_0} + 1}^n {\ln \left( {\frac{k}{n}} \right)}  \leqslant \sum\limits_{k = 1}^n {\ln \left( {\frac{k}{n} + {x_n}} \right)}  \leqslant \sum\limits_{k = 1}^{{n_0}} {\ln \left( {\frac{k}{n} + M} \right)}  + \sum\limits_{k = {n_0} + 1}^n {\ln \left( {\frac{k}{n} + \varepsilon } \right)} } ,

δηλαδή \displaystyle{\sum\limits_{k = 1}^{{n_0}} {\ln \left( {\frac{k}{n} + m} \right)}  + \sum\limits_{k = 1}^n {\ln \left( {\frac{k}{n}} \right)}  - \sum\limits_{k = 1}^{{n_0}} {\ln \left( {\frac{k}{n}} \right)}  \leqslant \sum\limits_{k = 1}^n {\ln \left( {\frac{k}{n} + {x_n}} \right)}  \leqslant \sum\limits_{k = 1}^{{n_0}} {\ln \left( {\frac{k}{n} + M} \right)}  + \sum\limits_{k = 1}^n {\ln \left( {\frac{k}{n} + \varepsilon } \right)}  - \sum\limits_{k = 1}^{{n_0}} {\ln \left( {\frac{k}{n} + \varepsilon } \right)} }

Όμως \displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\frac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^n {\ln \left( {\frac{k}{n}} \right)} } \right) = \int\limits_0^1 {\ln \left( x \right)dx}  =  - 1} και \displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\frac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^n {\ln \left( {\frac{k}{n} + \varepsilon } \right)} } \right) = \int\limits_0^1 {\ln \left( {x + \varepsilon } \right)dx}  =  - 1 - \varepsilon \ln \varepsilon  + \left( {1 + \varepsilon } \right)\ln \left( {1 + \varepsilon } \right)\xrightarrow{{\varepsilon  \to 0}} - 1}
(ολοκληρώματα Riemann)

Τα όρια \displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\frac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^{{n_0}} {\ln \left( {\frac{k}{n} + m} \right)} } \right)\;,\quad \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\frac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^{{n_0}} {\ln \left( {\frac{k}{n} + M} \right)} } \right)\;\& \quad \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\frac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^{{n_0}} {\ln \left( {\frac{k}{n} + \varepsilon } \right)} } \right)} , είναι όλα μηδέν (σχεδόν προφανές).

Επίσης \displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^{{n_0}} {\ln \frac{k}{n}}  = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n}\ln \left( {\prod\limits_{k = 1}^{{n_0}} {\frac{k}{n}} } \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n}\ln \left( {\frac{{{n_0}!}}{{{n^{{n_0}}}}}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \ln \left( {\frac{{{{\left( {{n_0}!} \right)}^{1/n}}}}{{{{\left( {{n^{1/n}}} \right)}^{{n_0}}}}}} \right) = \ln 1 = 0} .

Από τα παραπάνω συνάγεται ότι \displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\frac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^n {\ln \left( {\frac{k}{n} + {x_n}} \right)} } \right) =  - 1} .



Σεραφείμ Τσιπέλης
Απάντηση

Επιστροφή σε “Διαγωνισμοί για φοιτητές”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης