Σειρά με αντίστροφη!

Λάμπρος Κατσάπας · #1

Δίνεται συνάρτηση

, ορισμένη στο $[1,+\infty )$ , γνησίως αύξουσα με $\lim_{x\rightarrow +\infty}f(x)=+\infty.$

Αν η $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{nf^{-1}(n)}$ συγκλίνει να δείξετε ότι

η $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty }f(n)x^n$ συγκλίνει για $\left | x \right |<1.$

Λάμπρος Κατσάπας · #2

Επαναφορά.

#3

Ας υποθέσουμε προς άτοπον ότι δεν ισχύει το ζητούμενο. Τότε η ακτίνα σύγκλισης της $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} f(x) x^n$ είναι ίση με

για κάποιο r < 1

. Από γνωστό θεώρημα έχουμε $\displaystyle \limsup_{n \to\infty} \sqrt[n]{f(n)} = 1/r.$ Έστω

τέτοιο ώστε 1 < L < 1/r

.

Τότε υπάρχει ακολουθία $n_1 < n_2 < n_3 < \cdots$ ώστε $f(n_k) \geqslant L^{n_k}$ . Θέτουμε επίσης n_0 = 0

. Επειδή η

είναι αύξουσα θα έχουμε:

$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{nf^{-1}(n)} = \sum_{k=0}^{\infty} \sum_{n=[L^{n_k}]+1}^{[L^{n_{k+1}}]}\frac{1}{nf^{-1}(n)} \geqslant \sum_{k=0}^{\infty} \sum_{n=[L^{n_k}]+1}^{[L^{n_{k+1}}]} \frac{1}{nn_{k+1}}$

(Χρειάζεται η επιπλέον συνθήκη ότι τα $1,2,3,\ldots$ ανήκουν στο σύνολο τιμών της

ώστε να ορίζονται τα $f^{-1}(n)$ .)

Επειδή $\log(n+1) < H_n < 1 + \log(n)$ καταλήγουμε στο

$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{nf^{-1}(n)} > \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(n_{k+1}-n_k)\log{L}}{n_{k+1}}$

Αρκεί λοιπόν να δείξουμε ότι η $\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty} \frac{n_{k+1}-n_k}{n_{k+1}}$ αποκλίνει.

Αρκεί να δείξουμε ότι για κάθε

, υπάρχει

ώστε $\displaystyle \sum_{k=r}^{s} \frac{n_{k+1}-n_k}{n_{k+1}} > \frac{1}{2}.$

Ισχύει όμως ότι $\displaystyle \sum_{k=r}^{s} \frac{n_{k+1}-n_k}{n_{k+1}} > \sum_{k=r}^{s} \frac{n_{k+1}-n_k}{n_{s+1}} = \frac{n_{s+1}-n_r}{n_{s+1}}.$ Άρα αρκεί για κάθε

να υπάρχει s > r

ώστε $n_{s+1}} > 2n_r$ . Αυτό όμως ισχύει για s = r+n_r

αφού τότε θα έχουμε $n_{s+1} \geqslant s+1-r + n_r = 2n_r+1>n_r$ . Άρα το ζητούμενο αποδείχθηκε.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #4

Θα συμφωνήσω με τον Δημήτρη ότι χρειάζεται να είναι στην εκφώνηση
1,2,3,....

ανήκουν στο σύνολο τιμών της

.

Θα δώσω μια άλλη λύση.
Θα υποθέσω επιπλέον ότι το πεδίο τιμών της

είναι διάστημα.
Αυτό μπορεί να γίνει διορθώνοντας την

εκεί που κάνει άλματα.

Στην ουσία θα βρω φράγματα για την συμπεριφορά της

στο άπειρο.
Λόγω της μονοτονίας η σύγκλιση της

$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{nf^{-1}(n)}$

δίνει την σύγκλιση της

$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{f^{-1}(2^n)}$

πάλι λόγω της μονοτονίας έχουμε

$\displaystyle \dfrac{k}{f^{-1}(2^{k})}\rightarrow 0$

Εστω $\epsilon > 0$

Υπάρχει $k_{0}$ ώστε

$\displaystyle k\geq k_{0}\Rightarrow f^{-1}(2^{k})\geq \frac{k}{\epsilon }$

Για $x> 2^{k_{0}+2}$ υπάρχει

$m>k_{0}$ με $2^{m}<x\leq 2^{m+1}$

Αρα $\displaystyle f^{-1}(2^{m})\leq f^{-1}(x)\leq f^{-1}(2^{m+1})$

προκύπτει ότι

$\displaystyle f^{-1}(x)\geq \frac{m}{\epsilon }\geq \frac{m+1}{2\epsilon }\geq \frac{1}{2\epsilon \ln 2}\ln x$

Θέτουμε $r=2\epsilon \ln 2$

Είναι $\displaystyle f^{-1}(x)\geq \ln x^{\frac{1}{r}}$ οπότε

$x\geq f(\ln x^{\frac{1}{r}})$

Από τα παραπάνω συμπεραίνουμε ότι υπάρχει $t_{0}$ ώστε

$\displaystyle t\geq t_{0}\Rightarrow f(t)\leq e^{rt}$ .

Τελικά για $\epsilon > 0$

υπάρχει $n_{0}$ ώστε $\displaystyle n\geq n_{0}\Rightarrow f(n)\leq e^{rn},r=2\epsilon \ln 2$

Εστω 0<x<1

παίρνοντας $\epsilon > 0$ ώστε

$e^{r}x< 1$

για μεγάλα

είναι

$\displaystyle 0\leq f(n)x^{n}\leq (e^{r}x)^{n}$

που δείχνει ότι η σειρά συγκλίνει.

Αρα έχει ακτίνα συγκλισης τουλάχιστον

και έχουμε το ζητούμενο.

Σειρά με αντίστροφη!

Σειρά με αντίστροφη!

Re: Σειρά με αντίστροφη!

Re: Σειρά με αντίστροφη!

Re: Σειρά με αντίστροφη!

Μέλη σε σύνδεση