Ακολουθία 1

#1

Αφιερωμένη στο νεώτερο μέλος του

(3 ετών)

Να βρεθεί το όριο της ακολουθίας $\displaystyle{a_n=\frac {1}{n}\sum_{i,j=1}^n\frac {1}{\sqrt{i^2+j^2}}}$

#2

s.kap έγραψε:Αφιερωμένη στο νεώτερο μέλος του (3 ετών)

Να βρεθεί το όριο της ακολουθίας $\displaystyle{a_n=\frac {1}{n}\sum_{i,j=1}^n\frac {1}{\sqrt{i^2+j^2}}}$

Καλό! Το υπολογιστικό κομμάτι δεν το γράφω όλο γιατί θα γίνει χαμός. Δεν ξέρω αν υπάρχει συντομότρρος δρόμος.

Η ιδέα είναι να μετατρέψουμε το άθροισμα σε ολοκλήρωμα στο οποίο έχουμε μεγαλύτερη ελευθερία κινήσεων.

Έχει αναφερθεί ξανά και (είναι εύκολο να αποδειχθεί, βλέπε Θέματα Ανάλυσης) ότι:

Αν η $f:[N,+\infty)\to\mathbb R$ είναι γνησίως φθίνουσα όπου

ακέραιος, τότε $\displaystyle{\int_{N}^{M+1}f(x)\,dx\leq\sum_{k=N}^{M}f(k)\leq f(N)+\int_{N}^{M}f(x)\,dx}$ για κάθε $\mathbb Z\ni M>N$ .

Αυτό μας λέει ότι αν το άθροισμα απειρίζεται, στην περίπτωση συνάρτησης με θετικές τιμές π.χ., έχουμε ότι $\displaystyle{\sum_{k=1}^{M}f(k)\stackrel{M\to+\infty}{\sim}\int_{1}^{M}f(x)\,dx}$ , δηλαδή το άθροισμα και το ολοκλήρωμα έχουν την ίδια συμπεριφορά. ( $f\stackrel{x\to {x_0}}{\sim}g\Leftrightarrow f/g\stackrel{x\to x_{0}}{\longrightarrow}1$ )

Στο θέμα τώρα, έχουμε $\displaystyle{a_{n}=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{i^2+j^2}}}$ . Όμως για κάθε

(σταθερό), η $\displaystyle{\sum_{j=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{i^2+j^2}}}$ απειρίζεται, άρα $\displaystyle{a_{n}\stackrel{n\to+\infty}{\sim}\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}\int_{1}^{n}\frac{1}{\sqrt{i^2+x^2}}\,dx}$ .

Το ίδιο συμβαίνει και για την $\displaystyle{\sum_{i=1}^{n}\int_{1}^{n}\frac{1}{\sqrt{i^2+x^2}}\,dx}$ (απειρίζεται), άρα $\displaystyle{a_{n}\stackrel{n\to+\infty}{\sim}\frac{1}{n}\int_{1}^{n}\int_{1}^{n}\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}\,dy\,dx}$ .

Όμως $\displaystyle{\int\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}\,dx=\sinh^{-1}\left(\frac{x}{y}\right)}$ και $\displaystyle{\int\sinh^{-1}\left(\frac{x}{y}\right)\,dy=x\ln\left(2\sqrt{x^2+y^2}+2y\right)+y\sinh^{-1}\left(\frac{x}{y}\right)}$ . Έπεται λοιπόν ότι $\displaystyle{\lim_{n\to+\infty}a_{n}=}$

$\displaystyle{\lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}\left[\left(n\ln\left(2\sqrt{n^2+y^2}+2y\right)+y\sinh^{-1}(n/y)\right)\Big|_{1}^{n}-\left(\ln\left(2\sqrt{1+y^2}+2y\right)+y\sinh^{-1}(1/y)\right)\Big|_{1}^{n}\right)\right]=}$

$\displaystyle{2\ln(1+\sqrt{2})}$ .

#3

Και μια άλλη λύση, έτσι για την ποικιλία:

$a_n=\displaystyle\sum_{i,j=1}^n\frac {1}{\sqrt {i^2+j^2}} \Rightarrow$

$\Rightarrow a_n-a_{n-1}=\frac {1}{\sqrt{2n^2}}+2\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}\frac {1}{\sqrt{n^2+k^2}}$

$=-\frac {1}{n\sqrt{2}}+2\displaystyle\sum_{k=1}^n\frac {1}{\sqrt{n^2+k^2}}=-\frac {1}{n\sqrt{2}}+\frac {2}{n}\displaystyle\sum_{k=1}^n\frac {1}{\sqrt{1+\left(\frac {k}{n}\right)^2}}$

$\displaystyle{\Rightarrow \displaystyle\lim_{n \to +\infty}(a_n-a_{n-1})=2\int_0^1\frac {1}{\sqrt{1+x^2}}dx=}$

$\displaystyle{2\left[ln(x+\sqrt{1+x^2})\right]_0^1=2ln(1+\sqrt{2})}$

Και από Stoltz-Cezaro:

$\displaystyle\lim_{n\to +\infty}\frac {a_n}{n}=\displaystyle\lim_{n \to +\infty}\frac {a_n-a_{n-1}}{n-(n-1)}=2ln(1+\sqrt{2})$

Ακολουθία 1

Ακολουθία 1

Re: Ακολουθία 1

Re: Ακολουθία 1

Μέλη σε σύνδεση