Σειρά με αντίστροφη!

Συντονιστές: grigkost, Κοτρώνης Αναστάσιος

Λάμπρος Κατσάπας
Δημοσιεύσεις: 542
Εγγραφή: Σάβ Ιουν 17, 2017 10:17 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Σειρά με αντίστροφη!

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Λάμπρος Κατσάπας » Τετ Οκτ 30, 2019 11:12 pm

Δίνεται συνάρτηση f, 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.



Λέξεις Κλειδιά:
Λάμπρος Κατσάπας
Δημοσιεύσεις: 542
Εγγραφή: Σάβ Ιουν 17, 2017 10:17 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Σειρά με αντίστροφη!

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Λάμπρος Κατσάπας » Κυρ Νοέμ 03, 2019 7:54 pm

Επαναφορά.


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8266
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Σειρά με αντίστροφη!

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Δευ Νοέμ 04, 2019 11:45 pm

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 r για κάποιο r < 1. Από γνωστό θεώρημα έχουμε \displaystyle  \limsup_{n \to\infty} \sqrt[n]{f(n)} = 1/r. Έστω L 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 f 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 f 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 r, υπάρχει s > r 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 r 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
Δημοσιεύσεις: 2702
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Σειρά με αντίστροφη!

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Τρί Νοέμ 05, 2019 4:36 pm

Θα συμφωνήσω με τον Δημήτρη ότι χρειάζεται να είναι στην εκφώνηση
1,2,3,.... ανήκουν στο σύνολο τιμών της f.

Θα δώσω μια άλλη λύση.
Θα υποθέσω επιπλέον ότι το πεδίο τιμών της f είναι διάστημα.
Αυτό μπορεί να γίνει διορθώνοντας την f εκεί που κάνει άλματα.

Στην ουσία θα βρω φράγματα για την συμπεριφορά της f 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 n είναι

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

που δείχνει ότι η σειρά συγκλίνει.

Αρα έχει ακτίνα συγκλισης τουλάχιστον 1 και έχουμε το ζητούμενο.


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΑΝΑΛΥΣΗ”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Google [Bot] και 3 επισκέπτες