Ασυμπτωτική συμπεριφορά αθροίσματος.

#1

΄Έστω $\displaystyle {S_k}\left( n \right) = \sum\limits_{m = 1}^n {{m^k}}$ με $\displaystyle k \in N*$ . Να αποδειχθεί ότι

$\displaystyle 1){\rm{ }}\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{S_k}\left( n \right)}}{{{n^{k + 1}}}} = \frac{1}{{k + 1}}$

$\displaystyle 2){\rm{ }}\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {n \cdot \left( {\frac{{{S_k}\left( n \right)}}{{{n^{k + 1}}}} - \frac{1}{{k + 1}}} \right)} \right) = \frac{1}{2}$

$\displaystyle 3){\rm{ }}\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {{n^2} \cdot \left( {\frac{{{S_k}\left( n \right)}}{{{n^{k + 1}}}} - \frac{1}{{k + 1}} - \frac{1}{{2 \cdot n}}} \right)} \right) = \frac{k}{{12}}$

$\displaystyle 4){\rm{ }}\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {{n^3} \cdot \left( {\frac{{{S_k}\left( n \right)}}{{{n^{k + 1}}}} - \frac{1}{{k + 1}} - \frac{1}{{2 \cdot n}} - \frac{k}{{12 \cdot {n^2}}}} \right)} \right) = 0$

Tolaso J Kos · #2

Σεραφείμ έγραψε: ↑
Πέμ Μάιος 03, 2018 10:40 pm
΄Έστω $\displaystyle {S_k}\left( n \right) = \sum\limits_{m = 1}^n {{m^k}}$ με $\displaystyle k \in N*$ . Να αποδειχθεί ότι

$\displaystyle 1){\rm{ }}\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{S_k}\left( n \right)}}{{{n^{k + 1}}}} = \frac{1}{{k + 1}}$

Μιας και σήμερα δεν υπάρχει ύπνος λέω να το πάω σερί και για τη καλημέρα μου στο Σεραφείμ, έχουμε και λέμε:

$\displaystyle{\begin{aligned} \ell &= \lim_{n \rightarrow +\infty} \frac{1}{n^{k+1}} \sum_{m=1}^{n} m^k \\ &=\lim_{n \rightarrow +\infty} \frac{1}{n} \sum_{m=1}^{n} \left ( \frac{m}{n} \right )^k \\ &=\int_{0}^{1} x^k \, \mathrm{d}x \\ &= \frac{1}{k+1} \end{aligned}}$
Σημείωση: Είναι: $\displaystyle{\sum_{k=1}^{n} m^k = \frac{1}{m+1}+ \mathcal{O} \left ( \frac{1}{n} \right )}$ .

Πρόκειται ουσιαστικά για άθροισμα Riemann.

Tolaso J Kos · #3

Σεραφείμ έγραψε: ↑
Πέμ Μάιος 03, 2018 10:40 pm

$\displaystyle 4){\rm{ }}\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {{n^3} \cdot \left( {\frac{{{S_k}\left( n \right)}}{{{n^{k + 1}}}} - \frac{1}{{k + 1}} - \frac{1}{{2 \cdot n}} - \frac{k}{{12 \cdot {n^2}}}} \right)} \right) = 0$

Από Euler - MacLaurin έχουμε:

$\displaystyle{\boxed{\sum_{m=0}^{n} m^k = \int_0^n x^k \;\mathrm{d}x + \frac{n^k}{2} + \frac{\mathcal{B}_2}{2}k n^{k-1} + \mathcal{O}(n^{k-3}) = \frac{n^{k+1}}{k+1} + \frac{n^k}{2} + \frac{k n^{k-1}}{12} + \mathcal{O}(n^{k-3})}}$ Τότε:

$\displaystyle{\begin{aligned} n^3\left ( \frac{1}{n^{k+1}} \sum_{m=1}^{n} m^k - \frac{1}{k+1}-\frac{1}{2n}- \frac{k}{12n^2} \right ) &=n^3\left [ \frac{1}{n^{k+1}} \left ( \frac{n^{k+1}}{k+1}+\frac{n^k}{2}+ \frac{k n^{k-1}}{12} + \mathcal{O}\left ( n^{k-3} \right ) \right ) - \frac{1}{k+1} -\frac{1}{2n}- \frac{k}{12n^2} \right ] \\ &= n^3 \left ( \frac{1}{k+1}+ \frac{1}{2n} + \frac{k}{12n^2} + \mathcal{O}\left ( \frac{1}{n^4} \right ) - \frac{1}{k+1} -\frac{1}{2n} - \frac{k}{12n^2} \right )\\ &= n^3 \mathcal{O} \left ( \frac{1}{n^4} \right )\\ &= \mathcal{O} \left ( \frac{1}{n} \right ) \end{aligned}}$ και το αποτέλεσμα έπεται.

Σεραφείμ έγραψε: ↑
Πέμ Μάιος 03, 2018 10:40 pm
΄Έστω $\displaystyle {S_k}\left( n \right) = \sum\limits_{m = 1}^n {{m^k}}$ με $\displaystyle k \in N*$ . Να αποδειχθεί ότι

$\displaystyle 2){\rm{ }}\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {n \cdot \left( {\frac{{{S_k}\left( n \right)}}{{{n^{k + 1}}}} - \frac{1}{{k + 1}}} \right)} \right) = \frac{1}{2}$

Έπεται από τον ίδιο τύπο. Ας το δούμε όμως. Σπεύδω να τονίσω ότι και το (3)

έπεται από το παραπάνω τύπο. Το αφήνω ως άσκηση.

$\displaystyle{\begin{aligned} n \left ( \frac{1}{n^{k+1}} \sum_{m=1}^{n} m^k - \frac{1}{k+1} \right ) &= n \left [ \frac{1}{n^{k+1}} \left ( \frac{n^{k+1}}{k+1}+\frac{n^k}{2}+ \frac{k n^{k-1}}{12} + \mathcal{O}\left ( n^{k-3} \right ) \right ) -\frac{1}{k+1} \right ] \\ &=n \left ( \frac{1}{k+1} +\frac{1}{2n} + \frac{k}{12n^2} + \mathcal{O}\left ( \frac{1}{n^4} \right ) - \frac{1}{k+1}\right ) \\ &=n \left ( \frac{1}{2n} + \frac{k}{12n^2} + \mathcal{O}\left ( \frac{1}{n^4} \right ) \right ) \\ &= \frac{1}{2} + \frac{k}{12n} + \mathcal{O} \left ( \frac{1}{n^3} \right ) \end{aligned}}$
Με ακριβώς την ίδια διαδικασία έπεται και το (3)

. Καλή σου μέρα Σεραφείμ.

#4

Πράγματι η φόρμουλα Euler–Maclaurin το ξεφλουδίζει. Βέβαια, πρέπει να γίνει εκτίμηση σφάλματος, αλλά στην υπόψη συνάρτηση, ξεπερνιέται άμεσα. Μπράβο Τόλη.

Λάμπρος Κατσάπας · #5

Σεραφείμ έγραψε: ↑
Πέμ Μάιος 03, 2018 10:40 pm
΄Έστω $\displaystyle {S_k}\left( n \right) = \sum\limits_{m = 1}^n {{m^k}}$ με $\displaystyle k \in N*$ . Να αποδειχθεί ότι

$\displaystyle 1){\rm{ }}\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{S_k}\left( n \right)}}{{{n^{k + 1}}}} = \frac{1}{{k + 1}}$

$\displaystyle 2){\rm{ }}\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {n \cdot \left( {\frac{{{S_k}\left( n \right)}}{{{n^{k + 1}}}} - \frac{1}{{k + 1}}} \right)} \right) = \frac{1}{2}$

$\displaystyle 3){\rm{ }}\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {{n^2} \cdot \left( {\frac{{{S_k}\left( n \right)}}{{{n^{k + 1}}}} - \frac{1}{{k + 1}} - \frac{1}{{2 \cdot n}}} \right)} \right) = \frac{k}{{12}}$

$\displaystyle 4){\rm{ }}\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {{n^3} \cdot \left( {\frac{{{S_k}\left( n \right)}}{{{n^{k + 1}}}} - \frac{1}{{k + 1}} - \frac{1}{{2 \cdot n}} - \frac{k}{{12 \cdot {n^2}}}} \right)} \right) = 0$

Το (2) είναι άμεση εφαρμογή αυτού:
https://mathematica.gr/forum/viewtopic. ... 67#p297467

Tolaso J Kos · #6

Λάμπρος Κατσάπας έγραψε: ↑
Παρ Μάιος 04, 2018 7:52 am
Το (2) είναι άμεση εφαρμογή αυτού:
https://mathematica.gr/forum/viewtopic. ... 67#p297467

Μπράβο ρε συ Λάμπρο.... και έλεγα έχω δει καλύτερο τρόπο από την Euler - MacLaurin.

sot arm έγραψε: ↑
Παρ Απρ 06, 2018 4:45 pm
Έστω συνάρτηση $\displaystyle{f:[0,1]\rightarrow \mathbb{R} }$ με συνεχή πρώτη παράγωγο, να δειχθεί ότι:

$\displaystyle{\lim_{n\rightarrow +\infty}n \left(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}f \left(\frac{i}{n} \right)-\int_{0}^{1}f(x) \, \mathrm{d}x \right)= \frac{f(1)-f(0)}{2}}$

Οπότε σύμφωνα με το λήμμα αυτό το αποτέλεσμα έπεται άμεσα.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #7

Σεραφείμ έγραψε: ↑
Πέμ Μάιος 03, 2018 10:40 pm
΄Έστω $\displaystyle {S_k}\left( n \right) = \sum\limits_{m = 1}^n {{m^k}}$ με $\displaystyle k \in N*$ . Να αποδειχθεί ότι

$\displaystyle 1){\rm{ }}\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{S_k}\left( n \right)}}{{{n^{k + 1}}}} = \frac{1}{{k + 1}}$

$\displaystyle 2){\rm{ }}\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {n \cdot \left( {\frac{{{S_k}\left( n \right)}}{{{n^{k + 1}}}} - \frac{1}{{k + 1}}} \right)} \right) = \frac{1}{2}$

$\displaystyle 3){\rm{ }}\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {{n^2} \cdot \left( {\frac{{{S_k}\left( n \right)}}{{{n^{k + 1}}}} - \frac{1}{{k + 1}} - \frac{1}{{2 \cdot n}}} \right)} \right) = \frac{k}{{12}}$

$\displaystyle 4){\rm{ }}\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {{n^3} \cdot \left( {\frac{{{S_k}\left( n \right)}}{{{n^{k + 1}}}} - \frac{1}{{k + 1}} - \frac{1}{{2 \cdot n}} - \frac{k}{{12 \cdot {n^2}}}} \right)} \right) = 0$

Η απόδειξη των παραπάνω μπορεί να γίνει με ''στοιχειώδη'' Μαθηματικά.
Δηλαδή. Διωνυμικό ανάπτυγμα, επαγωγή, όριο ακολουθίας.
(οι πράξεις βέβαια είναι πολλές)

Tolaso J Kos · #8

Σεραφείμ,

θέλω να δω από πού το πήγες... Ένα μικρό περίγραμμα της λύσης θα μου αρκούσε. Υποθέτω δε χρησιμοποίησες το Euler - MacLaurin.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #9

Να δούμε το θέμα από μια άλλη σκοπιά.

Τέτοια ώστε να ανακαλύπτουμε και τους τύπους.

Ας δούμε στην αρχή πως μπορούμε να υπολογίσουμε τα $S_{k}(n)$

Από δυωνυμικό ανάπτυγμα έχουμε

$(n+1)^{k}=n^{k}+\binom{k}{1}n^{k-1}+\binom{k}{2}n^{k-2}+...+\binom{k}{k-1}n+1$

Εφαρμόζοντας την παραπάνω σχέση για n-1,n-2,...,2

στην θέση του

και προσθέτοντας παίρνουμε

$(n+1)^{k}-(n+1)=\binom{k}{1}S_{k-1}(n)+\binom{k}{2}S_{k-2}(n)+...+\binom{k}{k-1}S_{1}(n)$

η $(n+1)^{k+1}-(n+1)=\binom{k+1}{1}S_{k}(n)+\binom{k+1}{2}S_{k-1}(n)+...+\binom{k+1}{k}S_{1}(n)$ (*)

Επειδή $S_{k}(n)\leq n^{k+1}$

έχουμε ότι $\dfrac{S_{k}(n)}{n^{k+2}}\rightarrow 0$

Αν λοιπόν την (*) την διαιρέσουμε με $n^{k+1}$

και πάρουμε $n\rightarrow \infty$

συμπεραίνουμε ότι $\dfrac{S_{k}(n)}{n^{k+1}}\rightarrow \dfrac{1}{k+1}$ (1)

Πήραμε την πρώτη σχέση.

Θα δούμε τώρα πως μπορούμε να ανακαλύψουμε την δεύτερη .

Η (1) μπορεί να γραφεί

$S_{k}(n)=\dfrac{n^{k+1}}{k+1}+a(n)n^{k+1}$ (2)

οπου $a(n)\rightarrow 0$ όταν $,n\rightarrow \infty$ .

Αντικαθιστώντας την (2) με k-1

στην θέση του

στην (*)

έχουμε $(n+1)^{k+1}-(n+1)=(k+1)S_{k}(n)+\binom{k+1}{2}(\frac{n^{k}}{k}+a(n)n^{k})+R$

Αναπτύσσοντας το $(n+1)^{k+1}$ παίρνουμε

$S_{k}(n)-\dfrac{n^{k+1}}{k+1}-\dfrac{n^{k}}{2}=b(n)n^{k}$

όπου $b(n)\rightarrow 0$ όταν $,n\rightarrow \infty$

Ετσι συμπεραίνουμε την δεύτερη σχέση αφού

$b(n)=n(\dfrac{S_{k}(n)}{n^{k+1}}-\dfrac{1}{k+1})-\dfrac{1}{2}$

Με την ίδια λογική βρίσκουμε και τις άλλες και μάλιστα και πέρα από αυτές.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #10

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Παρ Μάιος 04, 2018 9:40 pm
Να δούμε το θέμα από μια άλλη σκοπιά.

Τέτοια ώστε να ανακαλύπτουμε και τους τύπους.

Ας δούμε στην αρχή πως μπορούμε να υπολογίσουμε τα $S_{k}(n)$

Από δυωνυμικό ανάπτυγμα έχουμε

$(n+1)^{k}=n^{k}+\binom{k}{1}n^{k-1}+\binom{k}{2}n^{k-2}+...+\binom{k}{k-1}n+1$

Εφαρμόζοντας την παραπάνω σχέση για στην θέση του

και προσθέτοντας παίρνουμε

$(n+1)^{k}-(n+1)=\binom{k}{1}S_{k-1}(n)+\binom{k}{2}S_{k-2}(n)+...+\binom{k}{k-1}S_{1}(n)$

η $(n+1)^{k+1}-(n+1)=\binom{k+1}{1}S_{k}(n)+\binom{k+1}{2}S_{k-1}(n)+...+\binom{k+1}{k}S_{1}(n)$ (*)

Επειδή $S_{k}(n)\leq n^{k+1}$

έχουμε ότι $\dfrac{S_{k}(n)}{n^{k+2}}\rightarrow 0$

Αν λοιπόν την (*) την διαιρέσουμε με $n^{k+1}$

και πάρουμε $n\rightarrow \infty$

συμπεραίνουμε ότι $\dfrac{S_{k}(n)}{n^{k+1}}\rightarrow \dfrac{1}{k+1}$ (1)

Πήραμε την πρώτη σχέση.

Θα δούμε τώρα πως μπορούμε να ανακαλύψουμε την δεύτερη .

Η (1) μπορεί να γραφεί

$S_{k}(n)=\dfrac{n^{k+1}}{k+1}+a(n)n^{k+1}$ (2)

οπου $a(n)\rightarrow 0$ όταν $,n\rightarrow \infty$ .

Αντικαθιστώντας την (2) με στην θέση του στην (*)

έχουμε $(n+1)^{k+1}-(n+1)=(k+1)S_{k}(n)+\binom{k+1}{2}(\frac{n^{k}}{k}+a(n)n^{k})+R$

Αναπτύσσοντας το $(n+1)^{k+1}$ παίρνουμε

$S_{k}(n)-\dfrac{n^{k+1}}{k+1}-\dfrac{n^{k}}{2}=b(n)n^{k}$

όπου $b(n)\rightarrow 0$ όταν $,n\rightarrow \infty$

Ετσι συμπεραίνουμε την δεύτερη σχέση αφού

$b(n)=n(\dfrac{S_{k}(n)}{n^{k+1}}-\dfrac{1}{k+1})-\dfrac{1}{2}$

Με την ίδια λογική βρίσκουμε και τις άλλες και μάλιστα και πέρα από αυτές.

Συνεχίζω να σκιαγραφήσω πώς προκύπτει η τρίτη σχέση.

Από την $S_{k}(n)-\dfrac{n^{k+1}}{k+1}-\dfrac{n^{k}}{2}=b(n)n^{k}$

παίρνουμε

$S_{k-1}(n)=\dfrac{n^{k}}{k}+\dfrac{n^{k-1}}{2}+c(n)n^{k-1}$

και

$S_{k-2}(n)=\dfrac{n^{k-1}}{k-1}+\dfrac{n^{k-2}}{2}+d(n)n^{k-2}$

οπου $c(n),d(n)\rightarrow 0$ για $n\rightarrow \infty$

Αντικαθιστώντας τις προηγούμενες στην (*)

παίρνουμε την τρίτη σχέση

Λάμπρος Κατσάπας · #11

Σεραφείμ έγραψε: ↑
Πέμ Μάιος 03, 2018 10:40 pm
΄Έστω $\displaystyle {S_k}\left( n \right) = \sum\limits_{m = 1}^n {{m^k}}$ με $\displaystyle k \in N*$ . Να αποδειχθεί ότι

$\displaystyle 3){\rm{ }}\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {{n^2} \cdot \left( {\frac{{{S_k}\left( n \right)}}{{{n^{k + 1}}}} - \frac{1}{{k + 1}} - \frac{1}{{2 \cdot n}}} \right)} \right) = \frac{k}{{12}}$

Ας γράψω και τη δικιά μου και ας μην είναι αρκετά όμορφη.

Για $k\geq 2$ θεωρούμε f(x)=x^k.

Θα χρησιμοποιήσω τον συμβολισμό $\xi _m$ για το $\frac{\frac{m-1}{n}+\frac{m}{n}}{2}.$

Είναι $\frac{{{S_k}\left( n \right)}}{{{n^{k + 1}}}}=\frac{1}{n}\sum_{m=1}^{n}f(\frac{m}{n})=\frac{1}{n}\sum_{m=1}^{n}\frac{f(\frac{m-1}{n})+f(\frac{m}{n})}{2} +\frac{1}{2n}.$

Τότε

$\frac{{{S_k}\left( n \right)}}{{{n^{k + 1}}}} - \frac{1}{{k + 1}} - \frac{1}{{2 n}} =\frac{1}{n}\sum_{m=1}^{n}f(\frac{m}{n})-\int_{0}^{1}f(x)dx-\frac{1}{{2 n}} =\frac{1}{n}\sum_{m=1}^{n}\frac{f(\frac{m-1}{n})+f(\frac{m}{n})}{2}-\sum_{m=1}^{n}\int_{\frac{m-1}{n}}^{\frac{m}{n}}f(x)dx$

$=\sum_{m=1}^{n}\left ( \frac{f(\frac{m-1}{n})+f(\frac{m}{n})}{2n}-\int_{\frac{m-1}{n}}^{\frac{m}{n}}f(x)dx \right ) =\sum_{m=1}^{n}\int_{\frac{m-1}{n}}^{\frac{m}{n}}{f}'(x)(x-\xi_m)dx=$

$=\sum_{m=1}^{n}\int_{\frac{m-1}{n}}^{\frac{m}{n}}({f}'(x)-{f}'(\xi_m ))(x-\xi_m )dx=\sum_{m=1}^{n}\int_{\frac{m-1}{n}}^{\frac{m}{n}}{f}''(\gamma _m)(x-\xi_m )^2dx= \frac{1}{12n^3} \sum_{m=1}^{n}{f}''(\gamma_m ).$

Άρα

$n^2\frac{1}{12n^3} \sum_{m=1}^{n}{f}''(\gamma_m )=\frac{1}{12}\frac{1}{n}\sum_{m=1}^{n}{f}''(\gamma_m )\rightarrow \frac{1}{12}\int_{0}^{1}{f}''(x)dx=\frac{{f}'(1)-{f}'(0)}{12}=\frac{k}{12}.$

Για το αποτέλεσμα δεν ισχύει. Το όριο είναι . Στην πραγματικότητα η ακολουθία είναι η μηδενική.

#12

Χαιρετώ τους φίλους.

Το θέμα έως και το δεύτερο ερώτημα, προέκυψε από απορία κάποιου φοιτητή του Μαθηματικού. Αρχικά το αντιμετώπισα με στοιχειώδη μέσα, όπως η λύση του Σταύρου παραπάνω (ανάπτυγμα Newton), οπότε μου προέκυψαν και τα επόμενα ερωτήματα.

Μετά σκέφτηκα την φόρμουλα Euler–Maclaurin, που το τελειώνει αμέσως !!

Ασυμπτωτική συμπεριφορά αθροίσματος.

Ασυμπτωτική συμπεριφορά αθροίσματος.

Re: Ασυμπτωτική συμπεριφορά αθροίσματος.

Re: Ασυμπτωτική συμπεριφορά αθροίσματος.

Re: Ασυμπτωτική συμπεριφορά αθροίσματος.

Re: Ασυμπτωτική συμπεριφορά αθροίσματος.

Re: Ασυμπτωτική συμπεριφορά αθροίσματος.

Re: Ασυμπτωτική συμπεριφορά αθροίσματος.

Re: Ασυμπτωτική συμπεριφορά αθροίσματος.

Re: Ασυμπτωτική συμπεριφορά αθροίσματος.

Re: Ασυμπτωτική συμπεριφορά αθροίσματος.

Re: Ασυμπτωτική συμπεριφορά αθροίσματος.

Re: Ασυμπτωτική συμπεριφορά αθροίσματος.

Μέλη σε σύνδεση