Σειρὰ ἀναδρομικῆς ἀκολουθίας

Γ.-Σ. Σμυρλής · #1

ΠΡΟΒΛΗΜΑ. Δίδεται ἡ ἀναδρομικὴ ἀκολουθία
$\displaystyle{ a_1=1, \quad a_{n+1}=\sin (a_n). }$
Ποιὰ ἀνισότητα πρέπει νὰ ἱκανοποιεῖ τὸ $\beta$ , ὥστε ἡ σειρὰ $\sum_{n=1}^\infty a_n^\beta$ νὰ συγκλίνει;

Tolaso J Kos · #2

Η παραπάνω ακολουθία μπορεί να βρεθεί στο βιβλίο Asymptotic Methods in Analysis ( δεύτερη έκδοση ) του N.G de Bruijn.Δεν είναι δύσκολο να αποδείξει κάποιος ότι

$\displaystyle{x_n \sim \sqrt{\frac{3}{n}}}$ το οποίο βγάζει ότι για να συγκλίνει η σειρά πρέπει $\beta>2$ .

Ας συμπληρώσει κάποιος τις λεπτομέρειες. Συγνώμη , που δε το κάνω αλλά υποχρεώσεις με αναγκάζουν να πρέπει να αφήσω τον υπολογιστή σε λίγο.

Σημείωση: Στο ίδιο βιβλίο αναφέρεται και το όριο $\lim \sqrt{n} x_n =\sqrt{3}$ .

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #3

Γ.-Σ. Σμυρλής έγραψε: ↑
Παρ Φεβ 09, 2018 11:14 am
ΠΡΟΒΛΗΜΑ. Δίδεται ἡ ἀναδρομικὴ ἀκολουθία
$\displaystyle{ a_1=1, \quad a_{n+1}=\sin (a_n). }$
Ποιὰ ἀνισότητα πρέπει νὰ ἱκανοποιεῖ τὸ $\beta$ , ὥστε ἡ σειρὰ $\sum_{n=1}^\infty a_n^\beta$ νὰ συγκλίνει;

Στηριζόμενοι στο
viewtopic.php?f=61&t=60745&p=294147#p294147
μπορούμε να δώσουμε άλλη απόδειξη.

Από Taylor είναι $\sin x=x-\frac{\cos \xi }{6}x^{3}$

Επειδή η ακολουθία είναι φθίνουσα και μηδενική η προηγούμενη δίνει

ότι υπάρχουν θετικές σταθερές ώστε

$ca_{n}^{3}\leq a_{n}-a_{n+1}\leq da_{n}^{3}$

Ετσι η $\sum a_{n}^{2}$ αποκλίνει αφού

η $\sum \dfrac{a_{n}-a_{n+1}}{a_{n}}$ αποκλίνει

Εύκολα βλέπουμε ότι για $\beta \leq 2$ αποκλίνει.

Θα δείξουμε ότι για $\beta > 2$ συγκλίνει.

Αρκεί να το δείξουμε για $\beta =2+\epsilon ,0< \epsilon < 1$

Αυτό προκύπτει άμεσα από το γεγονός ότι

$ca_{n}^{2+\epsilon }\leq \dfrac{a_{n}-a_{n+1}}{a_{n}^{1-\epsilon }}\leq da_{n}^{2+\epsilon }$

και ότι η σειρά $\sum \dfrac{a_{n}-a_{n+1}}{a_{n}^{1-\epsilon }}$

συγκλίνει.

Tolaso J Kos · #4

Θα αποδείξουμε ότι $\lim \limits_{n \rightarrow +\infty} \sqrt{n} x_n =\sqrt{3}$ . Ξεκινάμε από το ακόλουθο λήμμα:

Λήμμα: Αν a_n

είναι μία ακολουθία για την οποία είναι $\displaystyle \lim_{n\rightarrow+\infty}(a_{n+1}-a_n)=a$ τότε
$\displaystyle \lim_{n \rightarrow + \infty}\frac{a_n}n=a.$ Απόδειξη: Άμεση εφαρμογή του Stolz - Cesaro.

Είναι εύκολο να δούμε ότι η x_n

είναι φθίνουσα και τείνει στο

. Επιπλέον, επειδή
$\displaystyle{\lim_{x\to 0}\frac{x^2-\sin^2x}{x^2\sin^2x}=\frac{1}{3}}$ συνάγουμε ότι $\displaystyle \lim_{n\to+\infty}\left(\frac{1}{x_{n+1}^2}-\frac{1}{x_n^2}\right)=\frac{1}{3}$ . Και άρα από το λήμμα παίρνουμε ότι $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} n x_n^2 =3$ . Συνεπώς $\lim \limits_{n \rightarrow +\infty} \sqrt{n} x_n = \sqrt{3}$ .

Τα παραπάνω μας δίδουν ότι $x_n \sim \sqrt{\frac{3}{n}}$ και φυσικά $x_n^2 \sim \frac{3}{n}$ . Το τελευταίο επιβεβαιώνει και τη παρατήρηση του Σταύρου ότι η σειρά $\sum \limits_{n} x_n^2$ αποκλίνει.

Γ.-Σ. Σμυρλής · #5

Γενίκευση:

Ἔστω

ἀναλυτικὴ σὲ περιοχὴ τοῦ μηδενός, καὶ $f(x)=x-c_kx^k+{\mathcal O}(x^{k+1})$ , ὅπου c_k>0

, καὶ
$\displaystyle{ a_{n+1}=f(a_n)>0, }$
ἀκολουθία συγκλίνουσα στὸ μηδέν, τότε $\sum_{n=1}^\infty a_n^\beta$ συγκλίνει ἂν καὶ μόνον ἂν $\beta>k-1$ .

Tolaso J Kos · #6

Να το σπρώξουμε λιγουλάκι ακόμα ;

Να δειχθεί ότι $\displaystyle{\lim_{n \rightarrow +\infty} \frac{n \left ( \sqrt{3} - \sqrt{n} x_n \right )}{\ln n}= \frac{3 \sqrt{3}}{10}}$ .

Tolaso J Kos · #7

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Δευ Ιούλ 18, 2022 10:41 am
Να το σπρώξουμε λιγουλάκι ακόμα ;

Να δειχθεί ότι $\displaystyle{\lim_{n \rightarrow +\infty} \frac{n \left ( \sqrt{3} - \sqrt{n} x_n \right )}{\ln n}= \frac{3 \sqrt{3}}{10}}$ .

Επαναφορά.

Λάμπρος Κατσάπας · #8

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 04, 2023 2:10 pm

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Δευ Ιούλ 18, 2022 10:41 am
Να το σπρώξουμε λιγουλάκι ακόμα ;

Να δειχθεί ότι $\displaystyle{\lim_{n \rightarrow +\infty} \frac{n \left ( \sqrt{3} - \sqrt{n} x_n \right )}{\ln n}= \frac{3 \sqrt{3}}{10}}$ .
Επαναφορά.

Θα αναζητήσουμε $k\in \mathbb{R}$ τέτοιο, ώστε $a_{n+1}^{k}-a_{n}^{k}\rightarrow l\in\mathbb{R}^*.$

Έχουμε λοιπόν ότι

$a_{n+1}^{k}-a_{n}^{k}=\left (\sin a_n \right )^{k}-a_{n}^{k}$

$=\left ( a_{n}-\dfrac{a_{n}^{3}}{3!}+\dfrac{a_{n}^{5}}{5!} +o(a_{n}^{5})\right )^k-a_{n}^{k}$

$=a_{n}^{k}\left [ \left ( 1-\dfrac{a_{n}^{2}}{3!}+\dfrac{a_{n}^{4}}{5!} +o(a_{n}^{4})\right )^k- 1\right ]$

$=a_{n}^{k}\left [ -k\dfrac{a_{n}^{2}}{3!}+k\dfrac{a_{n}^{4}}{5!}+\dfrac{k(k-1)}{2}\left (\dfrac{a_{n}^{2}}{3!} \right )^2+o(a_{n}^{4})\right ]$

$=-k\dfrac{a_{n}^{k+2}}{3!}+k\dfrac{a_{n}^{k+4}}{5!}+\dfrac{k(k-1)}{2}\dfrac{a_{n}^{k+4}}{(3!)^2}+o(a_{n}^{k+4}).$

Από την τελευταία είναι φανερό ότι πρέπει να πάρουμε k=-2

(θεώρησα δεδομένο ότι $a_{n} \rightarrow 0$ ) και επομένως

$\dfrac{1}{a_{n+1}^{2}}-\dfrac{1}{a_{n}^{2}}= \dfrac{1}{3}-2\dfrac{a_{n}^{2}}{120}-3\dfrac{a_{n}^{2}}{36}+o(a_{n}^{2})= \dfrac{1}{3}+\dfrac{a_{n}^{2}}{15}+o(a_{n}^{2}).$

Αν χρησιμοποιήσουμε το αποτέλεσμα $a_{n}\sim \sqrt{3/n}$ παίρνουμε

$\dfrac{1}{a_{n+1}^{2}}-\dfrac{1}{a_{n}^{2}}\sim\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{5n}$

και αθροίζοντας (τηλεσκοπικά)

$\displaystyle \dfrac{1}{a_{n}^{2}}-1-\dfrac{n-1}{3}\sim \sum_{k=1}^{n-1}\dfrac{1}{5k}\sim \dfrac{\ln n}{5}$

ή πιο απλά

$\dfrac{1}{a_{n}^{2}}-\dfrac{n}{3}= \dfrac{\ln n}{5}+o(\ln n).$

Η τελευταία δίνει

$a_{n}=\left (\dfrac{n}{3}+ \dfrac{\ln n}{5}+o(\ln n) \right )^{-1/2}=\sqrt{\dfrac{3}{n}}\left ( 1+ \dfrac{3\ln n}{5n}+o(\ln n/n)\right )^{-1/2}$

$=\sqrt{\dfrac{3}{n}}\left ( 1- \dfrac{3\ln n}{10n}+o(\ln n/n)\right )=\sqrt{\dfrac{3}{n}}-\dfrac{3\sqrt{3}}{10}\dfrac{\ln n}{n^{3/2}}+o(\ln n/n^{3/2}).$

Το ζητούμενο τώρα είναι άμεσο.

Να σημειώσω ότι αν στο ανάπτυγμα κρατούσαμε μόνο δύο όρους, δηλαδή

$a_{n+1}^{k}-a_{n}^{k}=\left ( a_{n}-\dfrac{a_{n}^{3}}{3!}+o(a_{n}^{3})\right )^k-a_{n}^{k}$

και κάναμε ακριβώς τα ίδια θα καταλήγαμε στο πρώτο όριο $\sqrt{n}a_n\rightarrow \sqrt{3}.$

Η παραπάνω τεχνική είναι standard για υπολογισμούς ασυμπτωτικών αναπτυγμάτων ακολουθιών που ορίζονται αναδρομικά.

Δεν δουλεύει πάντα δυστυχώς.

Σειρὰ ἀναδρομικῆς ἀκολουθίας

Σειρὰ ἀναδρομικῆς ἀκολουθίας

Re: Σειρὰ ἀναδρομικῆς ἀκολουθίας

Re: Σειρὰ ἀναδρομικῆς ἀκολουθίας

Re: Σειρὰ ἀναδρομικῆς ἀκολουθίας

Re: Σειρὰ ἀναδρομικῆς ἀκολουθίας

Re: Σειρὰ ἀναδρομικῆς ἀκολουθίας

Re: Σειρὰ ἀναδρομικῆς ἀκολουθίας

Re: Σειρὰ ἀναδρομικῆς ἀκολουθίας

Μέλη σε σύνδεση