IMC 2015/2/1

Συντονιστής: Demetres

Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8587
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

IMC 2015/2/1

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Παρ Ιούλ 31, 2015 9:57 am

Να δειχθεί ότι \displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{n}\left(n+1\right)} < 2.}


Άβαταρ μέλους
Tolaso J Kos
Δημοσιεύσεις: 4518
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
Τοποθεσία: Λάρισα, Βαρκελώνη
Επικοινωνία:

Re: IMC 2015/2/1

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Tolaso J Kos » Παρ Ιούλ 31, 2015 12:03 pm

Demetres έγραψε:Να δειχθεί ότι \displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{n}\left(n+1\right)} < 2.}
Έστω S το ζητούμενο άθροισμα τότε:

\displaystyle{\begin{aligned} 
S=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{n}\left ( n+1 \right )}&= \sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sqrt{n}}{n(n+1)} \\  
&=\sum_{n=1}^{\infty}\left [ \frac{\sqrt{n}}{n}- \frac{\sqrt{n}}{n+1} \right ]\\ 
&= \frac{\sqrt{1}}{1}+ \sum_{n=1}^{\infty} \left[ \frac{\sqrt{n+1}}{n+1}-\frac{\sqrt{n}}{n+1} \right]\\  
 &=1+ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\left ( n+1 \right )\left ( \sqrt{n}+\sqrt{n+1} \right )} \\  
 &\overset{CS}{\leq}  1+ \frac{1}{4}\sum_{n=1}^{\infty}\left [ \frac{1}{\sqrt{n+1}(n+1)} + \frac{1}{\sqrt{n}(n+1)} \right ]\\  
 &= 1+ \frac{S}{4}+ \frac{1}{4}\sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{n^{3/2}} 
\end{aligned}}
Για το τελευταίο άθροισμα χρησιμοποιούμε την εκτίμηση του ολοκλήρωματος και έχουμε ότι:

\displaystyle{\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n^{3/2}} <\int_{1}^{\infty} \frac{1}{x^{3/2}}\, {\rm d}x =2}

και το συμπέρασμα έπεται αφού \displaystyle{S< 1+ \frac{S}{4}+ \frac{1}{2}\Leftrightarrow S<2 }. Για την ακρίβεια , χρησιμοποιώντας τη τεχνολογία, βλέπουμε ότι η σειρά είναι περίπου 1.719.


Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !
\displaystyle{{\color{blue}\mathbf{Life=\int_{birth}^{death}\frac{happiness}{time}\Delta time} }}
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 13147
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: IMC 2015/2/1

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Σάβ Αύγ 01, 2015 3:54 pm

Demetres έγραψε:Να δειχθεί ότι \displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{n}\left(n+1\right)} < 2.}
Αλλιώς:

\displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{n}\left(n+1\right)}= \sum\limits_{n = 1}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{n}\sqrt {n+1} }\cdot \frac {1}{\sqrt {n+1}} } < \sum\limits_{n = 1}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{n}\sqrt {n+1} }\cdot \frac {2}{\sqrt n +\sqrt {n+1}} }

\displaystyle{ = 2\sum\limits_{n = 1}^{\infty}\frac{\sqrt {n+1} -\sqrt{n}}{\sqrt{n}\sqrt {n+1} }= 2\sum\limits_{n = 1}^{\infty} \left ( \frac{1}{\sqrt {n}}  -  \frac{1}{\sqrt{n+1}}  \right ) = 2\cdot \frac {1}{\sqrt 1}=2}

Φιλικά,

Μιχάλης


Ilias_Zad
Δημοσιεύσεις: 418
Εγγραφή: Δευ Ιαν 26, 2009 11:44 pm

Re: IMC 2015/2/1

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ilias_Zad » Σάβ Αύγ 01, 2015 6:51 pm

Ωραίες λύσεις.

Διαφορετικά:


\sum_{n \geq 1} \frac{1}{\sqrt{n}(n+1)}=\sum_{n \geq 1} \sqrt{n}( \frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}) = \sum_{n \geq 1} \sqrt{n} \int_{n}^{n+1} x^{-2}dx < \sum_{n \geq 1} \int_{n}^{n+1} \sqrt{x} x^{-2}dx=\int_{1}^{+\infty} x^{-\frac{3}{2}}dx=2


BAGGP93
Δημοσιεύσεις: 1445
Εγγραφή: Σάβ Ιούλ 02, 2011 8:48 pm
Τοποθεσία: Ιωάννινα - Αθήνα

Re: IMC 2015/2/1

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από BAGGP93 » Τρί Αύγ 11, 2015 1:10 pm

Γεια σας. Ωραίες οι λύσεις.

Με το ολοκληρωτικό κριτήριο του \displaystyle{\rm{Cauchy}} μπορούμε να βρούμε και ένα κάτω φράγμα για τη σειρά.



Ορίζουμε \displaystyle{f:\left[1,+\infty\right)\longrightarrow \mathbb{R}} με τύπο \displaystyle{f(x)=\dfrac{1}{\sqrt{x}\,(x+1)}} .

Η συνάρτηση \displaystyle{f} είναι συνεχής, θετική και γνησίως φθίνουσα στο \displaystyle{\left[1,+\infty\right)} με

\displaystyle{f(1)=\dfrac{1}{2}} . Έχουμε ότι

\displaystyle{\begin{aligned} \int_{1}^{+\infty}f(x)\,\mathrm{d}x&=\int_{1}^{\infty}\dfrac{1}{\sqrt{x}\,(x+1)}\,\mathrm{d}x\\&\stackrel{y=\sqrt{x}}{=}\int_{1}^{+\infty}\dfrac{2}{1+y^2}\,\mathrm{d}y\\&=\left[2\,\arctan\,y\right]_{1}^{+\infty}\\&=\pi-\dfrac{\pi}{2}\\&=\dfrac{\pi}{2}\end{aligned}}

Σύμφωνα με το κριτήριο του \displaystyle{\rm{Cauchy}} , η πραγματική ακολουθία \displaystyle{a_{n}=\sum_{k=1}^{n}f(k)-\int_{1}^{n}f(x)\,\mathrm{d}x\,\,,n\in\mathbb{N}}}

συγκλίνει προς κάποιο στοιχείο του \displaystyle{\left[0,f(1)\right]=\left[0,\dfrac{1}{2}\right]} , οπότε :

\displaystyle{\begin{aligned} 0\leq \lim_{n\to +\infty}a_{n}\leq \dfrac{1}{2}&\implies 0\leq \sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{\sqrt{n}\,(n+1)}-\int_{1}^{+\infty}f(x)\,\mathrm{d}x\leq \dfrac{1}{2}\\&\implies \dfrac{\pi}{2}\leq \sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{\sqrt{n}\,(n+1)}\leq \dfrac{\pi+1}{2}\end{aligned}}

Συμπεραίνουμε ότι \displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{\sqrt{n}\,(n+1)}\in\left[\dfrac{\pi}{2},2\right)} .


Παπαπέτρος Ευάγγελος
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 13147
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: IMC 2015/2/1

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Τρί Αύγ 11, 2015 2:08 pm

BAGGP93 έγραψε:
\displaystyle{\implies \dfrac{\pi}{2}\leq \sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{\sqrt{n}\,(n+1)}\leq \dfrac{\pi+1}{2}\end{aligned}}

Συμπεραίνουμε ότι \displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{\sqrt{n}\,(n+1)}\in\left[\dfrac{\pi}{2},2\right)} .
Βαγγέλη, για δες το πάλι αυτό.


BAGGP93
Δημοσιεύσεις: 1445
Εγγραφή: Σάβ Ιούλ 02, 2011 8:48 pm
Τοποθεσία: Ιωάννινα - Αθήνα

Re: IMC 2015/2/1

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από BAGGP93 » Τρί Αύγ 11, 2015 2:41 pm

Από τη σχέση αυτή έχουμε

\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{\sqrt{n}\,(n+1)}\in\left[\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi+1}{2}\right]}

άλλα όπως δείξαμε \displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{\sqrt{n}\,(n+1)}<2}

άρα \displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{\sqrt{n}\,(n+1)}\in\left[\dfrac{\pi}{2},2\right)\,\,\,,\dfrac{\pi}{2}<2<\dfrac{\pi+1}{2}} .


Παπαπέτρος Ευάγγελος
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 13147
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: IMC 2015/2/1

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Τρί Αύγ 11, 2015 10:06 pm

BAGGP93 έγραψε:Από τη σχέση αυτή έχουμε

\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{\sqrt{n}\,(n+1)}\in\left[\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi+1}{2}\right]}

άλλα όπως δείξαμε \displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{\sqrt{n}\,(n+1)}<2}

άρα \displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{\sqrt{n}\,(n+1)}\in\left[\dfrac{\pi}{2},2\right)\,\,\,,\dfrac{\pi}{2}<2<\dfrac{\pi+1}{2}} .
Βαγγέλη, ίσως δεν καταλαβαίνω κάτι.

Όταν λες "όπως δείξαμε" εννοείς σε άλλη (ξένη) απόδειξη; Μη ξεχνάς ότι το \displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{\sqrt{n}\,(n+1)}<2} είναι το ζητούμενο της άσκησης. Οπότε προς τι όλη η επιχειρηματολογία με κριτήριο Cauchy και ολοκληρώμα;
Μη ξεχνάς ότι \frac {\pi + 1}{2} \approx 2,07 οπότε δεν βλέπω πώς καταλήγουμε σε εκτίμηση ότι το άθροισμα είναι <2.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Διαγωνισμοί για φοιτητές”

Μέλη σε σύνδεση

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