Ακολουθία

sot arm · #1

Οργάνωνα κάτι σημειώσεις εν όψει εξεταστικής και έπεσα πάνω σε αυτή την άσκηση Απειροστικού 2,
μου φάνηκε ενδιαφέρουσα, οπότε και την προτείνω:

Έστω $\displaystyle{x_{n}, n \in \mathbb{N}}$ ακολουθία θετικών πραγματικών τέτοια ώστε:
$\displaystyle{x_{m+n}\leq x_{m}+x_{n} , m,n \in \mathbb{N}}$

να δειχθεί ότι:
(Ι) $\displaystyle{\frac{x_{n}}{n}}$ συγκλίνει.

(ΙΙ) Έστω

θετικός ακέραιος, αν η συνθήκη ισχύει για:
$\displaystyle{|m-n| < k}$ ισχύει ακόμα το (Ι) ;

#2

sot arm έγραψε: ↑
Παρ Δεκ 28, 2018 7:34 pm
Έστω $\displaystyle{x_{n}, n \in \mathbb{N}}$ ακολουθία θετικών πραγματικών τέτοια ώστε:
$\displaystyle{x_{m+n}\leq x_{m}+x_{n} , m,n \in \mathbb{N}}$

να δειχθεί ότι:
(Ι) $\displaystyle{\frac{x_{n}}{n}}$ συγκλίνει.

(ΙΙ) Έστω θετικός ακέραιος, αν η συνθήκη ισχύει για:
$\displaystyle{|m-n| < k}$ ισχύει ακόμα το (Ι) ;

Ζόρικη.

Έστω

σταθερό και $n\ge m$ . Τότε υπάρχουν $k, \, r$ με n=km+r

, όπου $0\le r <m$ . Άρα

$\displaystyle{\dfrac {x_n}{n} = \dfrac {x_ {km+r}}{n}\le \dfrac {kx_ {m}}{n} + \dfrac {x_ {r}}{n}}$ .

Παίρνοντας $n\to \infty$ και με χρήση του $\frac {k}{n} = \frac {k}{km+r} \to \frac {1}{m}$ , έπεται

$\displaystyle{\limsup \dfrac {x_n}{n} \le \dfrac {x_ {m}}{m} + 0}$ .

Επειδή αυτό ισχύει για κάθε

έχουμε ακόμη $\displaystyle{\limsup \dfrac {x_n}{n} \le \liminf \dfrac {x_ {m}}{m} }$ , από όπου το ζητούμενο.

sot arm · #3

Ωραία κύριε Λάμπρου, μένει το δεύτερο ερώτημα.

mikemoke · #4

sot arm έγραψε: ↑
Παρ Δεκ 28, 2018 7:34 pm
Οργάνωνα κάτι σημειώσεις εν όψει εξεταστικής και έπεσα πάνω σε αυτή την άσκηση Απειροστικού 2,
μου φάνηκε ενδιαφέρουσα, οπότε και την προτείνω:

Έστω $\displaystyle{x_{n}, n \in \mathbb{N}}$ ακολουθία θετικών πραγματικών τέτοια ώστε:
$\displaystyle{x_{m+n}\leq x_{m}+x_{n} , m,n \in \mathbb{N}}$

να δειχθεί ότι:
(Ι) $\displaystyle{\frac{x_{n}}{n}}$ συγκλίνει.

(ΙΙ) Έστω θετικός ακέραιος, αν η συνθήκη ισχύει για:
$\displaystyle{|m-n| < k}$ ισχύει ακόμα το (Ι) ;

H (II) δεν ισχύει για κάθε

.Έστω

τότε

,άρα
$\forall n\in \mathbb{N} : x_{2n}\leq 2x_n$
Θεωρούμε $A=\left \{ 2^n:n\in \mathbb{N} \cup \left \{ 0 \right \} \right \}$
και $x_n=1,n\in A$ και $x_n=n+1,n\in\mathbb{N}\setminus A$ .
Tότε $\forall n\in \mathbb{N}((n\in A\Rightarrow 2n \in A)\wedge (n \notin A\Rightarrow 2n \notin A))$
Άρα $\forall n\in \mathbb{N}:(x_{2n}=1=x_n)\vee (x_{n}=n+1 \wedge x_{2n}=2n+1)$
Άρα ισχύει η (Ι).
Όμως $\frac{x_n}{n}=\frac{1}{n},n\in A$ και $\frac{x_n}{n}=1+\frac{1}{n} , n\in \mathbb{N}\setminus A$ .
Άρα $\frac{x_n}{n}$ δεν είναι συγκλίνουσα.

#5

sot arm έγραψε: ↑
Παρ Δεκ 28, 2018 7:34 pm
Έστω $\displaystyle{x_{n}, n \in \mathbb{N}}$ ακολουθία θετικών πραγματικών τέτοια ώστε:
$\displaystyle{x_{m+n}\leq x_{m}+x_{n} , m,n \in \mathbb{N}}$

να δειχθεί ότι:
(Ι) $\displaystyle{\frac{x_{n}}{n}}$ συγκλίνει.

(ΙΙ) Έστω θετικός ακέραιος, αν η συνθήκη ισχύει για:
$\displaystyle{|m-n| < k}$ ισχύει ακόμα το (Ι) ;

Λίγο πιο απλά για την περίπτωση k=1

. Εδώ η συνθήκη γράφεται $x_{2m} \le 2 x_m$ η οποία ικανοποιείται αν θέσουμε

$\displaystyle{x_{2^n} = 2^n}$ για $\displaystyle{ n=0, 1, 2,... }$ και x_n=1

αλλιώς. Τώρα για τις υπακολουθίες $\displaystyle{\dfrac {x_{2^n}}{2^n}\to 1}$ ενώ

$\displaystyle{\dfrac {x_{2n+1}}{2n+1}\to 0}$ , οπότε δεν συγκλίνει η δοθείσα.

Τα γράφω αυτά γιατί νομίζω ότι η σωστή ερώτηση (ii) είναι η εξής παραλλαγή της:

Αν x_m

θετικοί με $\displaystyle{x_{m+1}\leq x_{m}+x_{1} , m \in \mathbb{N^*}}$

ισχύει άραγε ότι η $\displaystyle{\frac{x_{n}}{n}}$ συγκλίνει;

Δεν το σκέφτηκα με λεπτομέρεια αλλά τριγυρίζει στο μυαλό μου. Πάντως η $\displaystyle{\frac{x_{n}}{n}}$
εύκολα αποδεικνύεται φραγμένη, άρα έχει συγκλίνουσα υπακολουθία. Περισσότερα δεν ξέρω. Ες αύριον...

mikemoke · #6

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Κυρ Δεκ 30, 2018 2:39 am

sot arm έγραψε: ↑
Παρ Δεκ 28, 2018 7:34 pm
Έστω $\displaystyle{x_{n}, n \in \mathbb{N}}$ ακολουθία θετικών πραγματικών τέτοια ώστε:
$\displaystyle{x_{m+n}\leq x_{m}+x_{n} , m,n \in \mathbb{N}}$

να δειχθεί ότι:
(Ι) $\displaystyle{\frac{x_{n}}{n}}$ συγκλίνει.

(ΙΙ) Έστω θετικός ακέραιος, αν η συνθήκη ισχύει για:
$\displaystyle{|m-n| < k}$ ισχύει ακόμα το (Ι) ;
Λίγο πιο απλά για την περίπτωση . Εδώ η συνθήκη γράφεται $x_{2m} \le 2 x_m$ η οποία ικανοποιείται αν θέσουμε

$\displaystyle{x_{2^n} = 2^n}$ για $\displaystyle{ n=0, 1, 2,... }$ και αλλιώς. Τώρα για τις υπακολουθίες $\displaystyle{\dfrac {x_{2^n}}{2^n}\to 1}$ ενώ

$\displaystyle{\dfrac {x_{2n+1}}{2n+1}\to 0}$ , οπότε δεν συγκλίνει η δοθείσα.

Τα γράφω αυτά γιατί νομίζω ότι η σωστή ερώτηση (ii) είναι η εξής παραλλαγή της:

Αν θετικοί με $\displaystyle{x_{m+1}\leq x_{m}+x_{1} , m \in \mathbb{N^*}}$

ισχύει άραγε ότι η $\displaystyle{\frac{x_{n}}{n}}$ συγκλίνει;

Δεν το σκέφτηκα με λεπτομέρεια αλλά τριγυρίζει στο μυαλό μου. Πάντως η $\displaystyle{\frac{x_{n}}{n}}$
εύκολα αποδεικνύεται φραγμένη, άρα έχει συγκλίνουσα υπακολουθία. Περισσότερα δεν ξέρω. Ες αύριον...

Και πάλι η συνθήκη δεν συνεπάγεται την σύγκλιση.
Θέτουμε $\forall n\in \mathbb{N}:y_n=\frac{x_n}{n}$ .
Θα βρούμε y_n

μη συγκλίνουσα που ικανοποιεί :
$\forall n\in \mathbb{N}:y_{n+1}-y_{n}\leq \frac{x_1-y_{n+1}}{n}$ (I)
Θέλουμε να ισχύει : $\forall n\in \mathbb{N}:y_{n+1}\leq \frac{x_1}{2}$ (1)
δηλαδή $\forall n\in \mathbb{N}: \frac{x_1}{2n}\leq \frac{x_1-y_{n+1}}{n}$ (2)
Επιλέγουμε $y\in (0,\frac{x_1}{2})$ και $a\in (0,\frac{x_1}{2}-y)$
$\exists n_0\in\mathbb{N}:\frac{x_1}{2n_0}+y+a<\frac{x_1}{2}$ και $\frac{x_1}{2n_0}< a$
Θέτουμε $\forall n\leq n_0 :y_n=y$
Επειδή $\forall i\in\mathbb{N} :\sum_{k=i}^{n}\frac{x_1}{2k}$ αποκλίνουσα
$\exists n_1>n_0: y+a<y+\sum_{k=n_0}^{n_1}\frac{x_1}{2k}<\frac{x_1}{2}$
Tότε θέτουμε $\forall n_0<n\leq n_1:y_n=y+\sum_{k=n_0}^{n}\frac{x_1}{2k}$
και $y_{n_1+1}=y$
και συνεχίζουμε επαγωγικά .
Τότε θα έχουμε κατασκευάσει ακολουθία y_n

η οποία ικανοποιεί την (1) ,άρα και την (2) και για την οποία ισχύει
$\forall n\in \mathbb{N}:y_{n+1}-y_n\leq \frac{x_1}{2n}$ .
Aπό την (2) έχουμε : $\forall n\in\mathbb{N}: \forall n\in \mathbb{N}:y_{n+1}-y_n\leq \frac{x_1}{2n}\leq \frac{x_1-y_n}{n}$
Άρα υπάρχει y_n

αποκλίνουσα που ικανοποιεί το (Ι).

#7

sot arm έγραψε: ↑
Παρ Δεκ 28, 2018 7:34 pm
Οργάνωνα κάτι σημειώσεις εν όψει εξεταστικής και έπεσα πάνω σε αυτή την άσκηση Απειροστικού 2,
μου φάνηκε ενδιαφέρουσα, οπότε και την προτείνω:

Έστω $\displaystyle{x_{n}, n \in \mathbb{N}}$ ακολουθία θετικών πραγματικών τέτοια ώστε:
$\displaystyle{x_{m+n}\leq x_{m}+x_{n} , m,n \in \mathbb{N}}$

να δειχθεί ότι:
(Ι) $\displaystyle{\frac{x_{n}}{n}}$ συγκλίνει.

.
Ας επανέλθω στο αρχικό ερώτημα γιατί μου τράβηξε τον ενδιαφέρον. Με λίγο ψάξιμο στα βιβλία και στο διαδίκτυο διαπιστώνω ότι το εν λόγω αποτέλεσμα ονομάζεται Λήμμα Fekete (π.χ. εδώ.) με πάρα πολλές εφαρμογές σε διάφορους κλάδους των Μαθηματικών. Μία από αυτές είναι στην φασματική ακτίνα (spectral radius) τελεστού στις Άλγεβρες Banach. Την εφαρμογή αυτή την ήξερα αλλά δεν μου πήγε στο μυαλό όταν είδα την άσκηση καθώς εκεί χρησιμοποιείται η αντίστοιχη (αλλά ισοδύναμη αν πάρουμε λογαρίθμους) πολλαπλασιαστική μορφή της ανισότητας.

Επίσης αξίζει να ψάξετε στο Google βιογραφικά στοιχεία του Michael Fekete (1886-1957), λίγα εδώ., δάσκαλου (ακριβέστερα "ιδιαιτερά") του von Neumann.

Όλες οι αποδείξεις του Λήμματος Fekete που είδα είναι παραλλαγές αυτής που έγραψα. Ανακάλυψα τον τροχό. Για τον λόγο αυτό δίνω μία λίγο, ελάχιστα, διαφορετική/διασκευή ώστε να είναι προσιτή στον πρωτοετή φοιτητή που πρωτοακούει όρια ακολουθιών. Με άλλα λόγια, το Λήμμα θα μπορούσε να διδαχθεί σε εισαγωγικό μάθημα Ανάλυσης, πριν φτάσουμε στα $\limsup, \, \liminf$ που είναι (δυστυχώς τις μέρες μας) μάλλον απρόσιτα στον μέσο φοιτητή. Επίσης η απόδειξη δείχνει (το γνωστό) ότι το εν λόγω όριο είναι το infimum του συνόλου $\{\frac {x_n}{n}\, / n =1, \, 2, \, 3, \, ... \}$

Έστω $\displaystyle{L = \inf \{\dfrac {x_n}{n}\, / n =1, \, 2, \, 3, \, ... \}}$ και έστω $\epsilon >0$ . Επιλέγουμε

έτσι ώστε
$L \le \dfrac {x_m}{m}< L+\epsilon$ . Έστω ακόμη $M = \max \{x_1, \, ... \, , x_{m-1}\}$ . Επιλέγουμε $n_0 \ge \max (m , M/\epsilon )$ .

Τότε για $n\ge n_0$ έχουμε n =km+r

για φυσικούς $k,\, r$ όπου $0\le r \le m-1$ και άρα

$L \le \dfrac {x_n}{n}\le \dfrac {kx_m+x_r}{n}= \dfrac {km}{n} \dfrac {x_m}{m} + \dfrac {x_r}{n} \le 1\cdot \dfrac {x_m}{m} + \dfrac {M}{n} <(L+\epsilon)+\epsilon$

και λοιπά.

sot arm · #8

Γεια σου Μιχάλη, για το 2 βρήκα την πηγή από που ήταν, και με την ελπίδα να μην <<χαθεί κάτι στην μετάφραση>> επιτρέψτε μου να το ανεβάσω στα Αγγλικά για να το δείτε και εσείς για να μην υπάρχουν αμφιβολίες προς την σωστή εκφώνηση:

Let k be an arbitrary positive integer.Assume that:
$\displaystyle{(x_{n})_{n\geq 1}}$ is a sequence of nonnegative real numbers such that:

$\displaystyle{x_{n+m}\leq x_{n}+x_{m} }$ for all $m,n \geq 1$ such that $|n-m|\leq k$

does $\displaystyle{\frac{x_{n}}{n}}$ converge?

Νομίζω πως δεν έχει κάποια ουσιαστική διαφορά από την μεταφρασμένη που έδωσα παραπάνω, έτσι όπως είναι πάντως υπάρχει απάντηση και για τυχόν

, όχι μόνο για κ=1.

Υ.Γ. θα αναφέρω την πηγή μετά την λύση

sot arm · #9

Βάζω το αντιπαράδειγμα για το 2ο ερώτημα:
Θεωρούμε το σύνολο:
$\displaystyle{T=2^{m}, m \in \mathbb{N}}$

Και θέτουμε $x_{n}$ ως εξής:

$\displaystyle{x_{n}=n , \alpha \nu dist(n,T) \leq k}$ και 0 αλλιώς τότε ικανοποιεί την συνθήκη, αλλά προφανώς η ζητούμενη αποκλίνει.

Ενδιαφέροντα τα παραπάνω που παραθέτει ο κύριος Λάμπρου και ομολογώ δεν τα γνώριζα, τα ερωτήματα είναι από το βιβλίο:

Problems in real analysis, advanced calculus on the real axis , των Andreescu, Radulescu

#10

Είχα χρειαστεί σε ένα παλιό μου άρθρο την εξής παραλλαγή:

Έστω σταθερά

και ακολουθία (a_n)

θετικών (ακεραίων) ώστε

1) $a_{nm} \geqslant a_na_m$ για κάθε $n,m \in \mathbb{N}$
2) $a_{n+1} \geqslant a_n+1$ για κάθε $n \in \mathbb{N}$
3) $a_n \leqslant n^k$ για κάθε $n \in \mathbb{N}$

Να δειχθεί ότι υπάρχει το $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \log_n(a_n)$

Το (3) ουσιαστικά δεν χρειάζεται. Μπορεί να αγνοηθεί αν επιτρέψουμε το όριο να είναι $+\infty$ .

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ