mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Απρ 08, 2013 1:48 am**

Να το συνεχίσουμε αφού έχει ενδιαφέρον.

Δειξτε ότι αν μας δωσουν μια φραγμένη ακολουθία (x_n)

με $x_n\neq 0$ για κάθε

, τότε έχει υπακολουθία (y_n)

ώστε η $(y_{n+1}/y_n)$ να συγκλίνει.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Απρ 08, 2013 2:18 am**

Αφού η

είναι φραγμένη έπεται απο το Θεώρημα Bolzano-Weierstrass ότι έχει συγκλίνουσα υπακολουθία, έστω την (y_n)

. Τότε η $(y_{n+1}/y_n)$ συγκλίνει και μάλιστα στο

.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Απρ 08, 2013 2:43 am**

AlexandrosG έγραψε:Αφού η είναι φραγμένη έπεται απο το Θεώρημα Bolzano-Weierstrass ότι έχει συγκλίνουσα υπακολουθία, έστω την . Τότε η $(y_{n+1}/y_n)$ συγκλίνει και μάλιστα στο .

Δεν είναι έτσι: Η $y_n=x_{k_n}$ είναι συγκλίνουσα υπακολουθία, η $y_{n+1}=x_{k_n+1}$ γιατί είναι;

Και αν το όριο ειναι μηδέν;

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Απρ 08, 2013 3:14 am**

Εφόσον η

είναι η υπακολουθία τότε ο επόμενος όρος του $x_{k_n}$ είναι ο $x_{k_{n+1}}$ και όχι ο $x_{k_{n}+1}$ .

Εννοείτε δηλαδή να δειχθεί ότι η ακολουθία $x_{k_{n}+1}/x_{k_{n}}$ να συγκλίνει? Νομίζω ότι αυτό δεν είναι το ίδιο με αυτό που γράφεται.

Για το αν το όριο ήταν

έχετε δίκιο, δεν το σκέφτηκα.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Απρ 08, 2013 3:37 am**

Έχεις δίκιο. Λάθος εκ παραδρομής. Μόνο το 0 είναι το πρόβλημα.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Απρ 08, 2013 4:04 am**

Έστω τώρα ότι η υπακολουθία (y_n)

που μας δίνει το Θεώρημα Bolzano-Weirstrass τείνει στο

. Τότε βέβαια δεν προκύπτει ότι η $(y_{n+1}/y_n)$ τείνει στο

. Κατασκευάζουμε επαγωγικά μια υπακολουθία (z_n)

της

με την ιδιότητα $\displaystyle{|z_{n+1}|<\frac{|z_n|}{n}}$ . Αυτό γίνεται διότι η (y_n)

τείνει στο

. Τότε η

είναι υπακολουθία της (x_n)

και η $(z_{n+1}/z_n)$ συγκλίνει στο

. Αυτό που κάνουμε δηλαδή είναι να βρούμε μια υπακολουθία (z_n)

της

η οποία να πάει στο

πολύ γρήγορα ώστε και η $(z_{n+1}/z_n)$ να πηγαίνει στο

.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Απρ 08, 2013 5:15 pm**

Ισχύει και το εξής: Μπορούμε να βρούμε ακολουθία φυσικών $n_1 < n_2 < n_3 < \cdots$ ώστε η ακολουθία $\displaystyle{ \frac{x_{n_k+1}}{x_{n_k}}}$ να συγκλίνει.

[Σε περίπτωση που δεν φαίνεται ξεκάθαρα, ο δείκτης του αριθμητή είναι ο n_k + 1

.]

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Απρ 09, 2013 2:57 am**

Ωραίος Alex! Αυτό που είχα στο μυαλό μου στο προηγούμενο σχόλιο είναι αυτό που ρωτάει τώρα ο Μήτσος.

Θέλεις ισοδύναμα να δείξεις ότι η $y_n=x_{n+1}/x_n$ έχει φραγμένη υπακολουθία. Αυτό βγαίνει από το εξής απλό:

Λήμμα. Αν η $(\alpha_n), \; \alpha_n\neq 0$ είναι φραγμένη, τότε $\liminf |\frac{\alpha_{n+1}}{\alpha_n}|\leqslant 1$ .

Έτσι, υπάρχει $x\in [-1,1]$ και υπακολουθία $(x_{n_k})$ της (x_n)

ώστε $\displaystyle \frac{x_{{n_k}+1}}{x_{n_k}}\to x$ .

Ισχύει και κατι άλλο: Αν για κάθε υπακολουθία (b_n)

της

ισχύει $\limsup |\frac{b_{n+1}}{b_n}|\leqslant 1$ , τότε η (a_n)

έχει το πολύ δυο οριακά σημεία.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μαρ 11, 2018 6:33 am**

Bern έγραψε: ↑
Τρί Απρ 09, 2013 2:57 am
Λήμμα. Αν η $(\alpha_n), \; \alpha_n\neq 0$ είναι φραγμένη, τότε $\liminf |\frac{\alpha_{n+1}}{\alpha_n}|\leqslant 1$ ...
Ισχύει και κατι άλλο: Αν για κάθε υπακολουθία της ισχύει $\limsup |\frac{b_{n+1}}{b_n}|\leqslant 1$ , τότε η έχει το πολύ δυο οριακά σημεία.

Ας δούμε κι αυτό...

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μαρ 11, 2018 7:06 pm**

Για το δεύτερο .
Έστω ότι η (a_n)

έχει μόνο δύο σημεία συσσώρευσης $\sigma _1<\sigma _2$

Τότε $\exists \epsilon >0 :a_n\in(\sigma _1-\epsilon ,\sigma _1+\epsilon )\cup (\sigma _2-\epsilon ,\sigma _2+\epsilon )\forall n>N(\epsilon )$
και $(\sigma _1-\epsilon ,\sigma _1+\epsilon )\cap (\sigma _2-\epsilon ,\sigma _2+\epsilon )=\varnothing$

Υπάρχει υπακολουθία $\beta _n$ τέτοια ώστε $\beta _{2n}\in(\sigma _1-\epsilon ,\sigma _1+\epsilon )$ και
$\beta _{2n+1}(\sigma _2-\epsilon ,\sigma _2+\epsilon )$ $\forall n\in\mathbb{N}$
Άρα $limsup|\frac{\beta {n+1}}{\beta {n}}| >1$
Άρα (a_n)

μπορεί να έχει μόνο ένα σημείο συσσώρευσης.

Για το Λήμμα. Αν η $(\alpha_n), \; \alpha_n\neq 0$ είναι φραγμένη, τότε $\liminf |\frac{\alpha_{n+1}}{\alpha_n}|\leqslant 1$ .

Έστω η ακολουθία $k_n ,n\in \mathbb{N}$ με
k_n=0

αν $a_{n+1}\leq a_n$ και k_n=1

αν $a_{n+1}>a_n$

Aν τελικώς υπάρχουν n:k_n=0

τότε υπάρχει (w_n)

υπακολουθία της $|\frac{\alpha_{n+1}}{\alpha_n}|$
$0\leq w_n\leq 1\forall n\in\mathbb{N}\Rightarrow 0\leq limsup(w_n)\leq 1\Rightarrow liminf(|\frac{\alpha_{n+1}}{\alpha_n}|)\leq limsup(w_n)\leq 1$
Αλλιώς τελικώς a_n

είναι αύξουσα και φραγμένη και άρα συγκλίνουσα.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μαρ 11, 2018 10:20 pm**

mikemoke έγραψε: ↑
Κυρ Μαρ 11, 2018 7:06 pm
Για το δεύτερο .
Έστω ότι η έχει μόνο δύο σημεία συσσώρευσης $\sigma _1<\sigma _2$

Τότε $\exists \epsilon >0 :a_n\in(\sigma _1-\epsilon ,\sigma _1+\epsilon )\cup (\sigma _2-\epsilon ,\sigma _2+\epsilon )\forall n>N(\epsilon )$
και $(\sigma _1-\epsilon ,\sigma _1+\epsilon )\cap (\sigma _2-\epsilon ,\sigma _2+\epsilon )=\varnothing$

Υπάρχει υπακολουθία $\beta _n$ τέτοια ώστε $\beta _{2n}\in(\sigma _1-\epsilon ,\sigma _1+\epsilon )$ και
$\beta _{2n+1}(\sigma _2-\epsilon ,\sigma _2+\epsilon )$ $\forall n\in\mathbb{N}$
Άρα $limsup|\frac{\beta {n+1}}{\beta {n}}| >1$
Άρα μπορεί να έχει μόνο ένα σημείο συσσώρευσης.

Για το Λήμμα. Αν η $(\alpha_n), \; \alpha_n\neq 0$ είναι φραγμένη, τότε $\liminf |\frac{\alpha_{n+1}}{\alpha_n}|\leqslant 1$ .

Έστω η ακολουθία $k_n ,n\in \mathbb{N}$ με
αν $a_{n+1}\leq a_n$ και αν $a_{n+1}>a_n$

Aν τελικώς υπάρχουν
τότε υπάρχει υπακολουθία της $|\frac{\alpha_{n+1}}{\alpha_n}|$
$0\leq w_n\leq 1\forall n\in\mathbb{N}\Rightarrow 0<limsup(w_n)\leq 1\Rightarrow liminf(|\frac{\alpha_{n+1}}{\alpha_n}|)\leq limsup(w_n)\leq 1$
Αλλιώς τελικώς είναι αύξουσα και φραγμένη και άρα συγκλίνουσα.

Πάρε $a_{n}=(-1)^{n}$

Εχει δυο οριακά σημεία (σημεία συσσώρευσης)τα 1,-1

και για κάθε υπακολουθία είναι

$limsup\left | \frac{b_{n+1}}{b_{n}} \right |=1\leq 1$

Πως έχει ένα ;

Για το λήμμα δεν καταλαβαίνω.

mathematica.gr

Ακολουθία(3)

Ακολουθία(3)

Re: Ακολουθία(3)

Re: Ακολουθία(3)

Re: Ακολουθία(3)

Re: Ακολουθία(3)

Re: Ακολουθία(3)

Re: Ακολουθία(3)

Re: Ακολουθία(3)

Re: Ακολουθία(3)

Re: Ακολουθία(3)

Re: Ακολουθία(3)