Αρίθμηση και σειρά

Tolaso J Kos · #1

Δοθείσης αρίθμησης $\{q_n\}_{n \in \mathbb{N}}$ του $\mathbb{Q} \cap (0,1)$ θεωρούμε τη σειρά $\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty} \prod_{k=1}^{n} q_k}$ .

Να βρεθεί μία τέτοια αρίθμηση ώστε η παραπάνω σειρά να συγκλίνει.
Να βρεθεί μία τέτοια αρίθμηση ώστε η παραπάνω σειρά να αποκλίνει.

#2

Tolaso J Kos έγραψε: Πέμ Μαρ 09, 2023 8:15 pm Δοθείσης αρίθμησης $\{q_n\}_{n \in \mathbb{N}}$ του $\mathbb{Q} \cap (0,1)$ θεωρούμε τη σειρά $\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty} \prod_{k=1}^{n} q_k}$ .

Να βρεθεί μία τέτοια αρίθμηση ώστε η παραπάνω σειρά να συγκλίνει.

Να βρεθεί μία τέτοια αρίθμηση ώστε η παραπάνω σειρά να αποκλίνει.

Κάνω το πρώτο μέρος. Δεν ξέρω να κάνω το δεύτερο, αλλά ... θα δω.

Επειδή, με οποιαδήποτε αρίθμηση, είναι 0<q_k<1

, τα γινόμενα $\displaystyle{\prod_{k=1}^{n} q_k}}$ είναι (γνήσια) μικρότερα οποιουδήποτε παράγοντά τους. Ας δούμε τώρα πώς θα επιλέξουμε μία αρίθμηση ώστε, επί πλέον, η σειρά να συγκλίνει.

Θέτω $q_{2k-1} = \dfrac {1}{2^k}$ . Τους υπόλοιπους ρητούς του (0,1)

τους αριθμώ "στα κουτουρού" ονοματίζοντας τους ως $q_{2k}$ .

Παρατηρώ ότι $\displaystyle{\prod_{k=1}^{2N-1} q_k} \le q_{2N-1} = \dfrac {1}{2^N}}$ και $\displaystyle{\prod_{k=1}^{2N} q_k} \le q_{2N-1} = \dfrac {1}{2^N}}$ . Άρα οι όροι της σειράς είναι, αντίστοιχα, μικρότεροι ή ίσοι των

$\dfrac {1}{2},\, \dfrac {1}{2}, \, \dfrac {1}{2^2},\, \dfrac {1}{2^2},\, \dfrac {1}{2^3},\, \dfrac {1}{2^3}, ...$

Προφανώς η σειρά συγκλίνει, λόγω του κριτηρίου σύγκρισης.

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #3

Tolaso J Kos έγραψε: Πέμ Μαρ 09, 2023 8:15 pm Δοθείσης αρίθμησης $\{q_n\}_{n \in \mathbb{N}}$ του $\mathbb{Q} \cap (0,1)$ θεωρούμε τη σειρά $\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty} \prod_{k=1}^{n} q_k}$ .

Να βρεθεί μία τέτοια αρίθμηση ώστε η παραπάνω σειρά να συγκλίνει.

Να βρεθεί μία τέτοια αρίθμηση ώστε η παραπάνω σειρά να αποκλίνει.

Καλησπέρα σε όλους, μία λύση για το δεύτερο ερώτημα

Βασικά αυτό που θα κάνω είναι να περιγράψω βήμα βήμα την κατασκευή της ζητούμενης αρίθμησης, δεν θα βρω γενικό τύπο δηλαδή

Ξεκινάμε από μία τυχούσα αρίθμηση r_n

του συνόλου $\mathbb{Q}\cap (0,1)-\{\dfrac{n}{n+1}|n\in \mathbb{N}\}$

Στην συνέχεια παίρνω δύο γνησίως αύξουσες ακολουθίες θετικών ακεραίων a_i,b_i

οι οποίες θα περιγραφούν παρακάτω.

Ορίζω τώρα τη ζητούμενη αρίθμηση q_i

ως $q_n=\dfrac{b_n}{b_n+1}$ για όλα τα

που δεν είναι όροι της ακολουθίας a_j

.
Για εκείνα τα

, αν

τότε ορίζω q_n=r_m

.

Ορίζω τον a_1

αυθαίρετα και τώρα αν έχω ορίσει τους a_1,..,a_k

ο επόμενος θα οριστεί ως εξής:

Έστω αρχικά $A=\prod_{i\leq a_k}q_{i}$ και $q_{a_k-1}=\dfrac{b_{a_k-1}}{b_{a_k-1}+1}$ (μπορώ να απαιτήσω $a_{m+1}\neq a_m +1$ όπως θα γίνει σαφές παρακάτω,
έτσι είμαστε σίγουροι ότι ο $q_{a_k-1}$ θα έχει αυτή τη μορφή.)

Τους επόμενους

(θα το επιλέξω κατάλληλα στη συνέχεια) όρους της αρίθμησης

τους ορίσω ως εξής, $q_{a_k+j}=\dfrac{b_{a_k-1}+j}{b_{a_k-1}+j+1}$ με $1\leq j\leq t$ (εδώ ουσιαστικά ορίζεται το πως συνεχίζει η (b_j)

)
και $a_k+t+1=a_{k+1}$ οπότε $q_{a_k+t+1}=r_{k+1}$ . Για ευκολία ας είναι $b_{a_k-1}=p$
Παρατηρούμε τώρα ότι $\displaystyle B= \sum_{j=i}^{a_k+t}\prod_{l=1}^{j}q_l=A+A\cdot \dfrac{p+1}{p+2}+A\cdot \dfrac{p+1}{p+2}\cdot \dfrac{p+2}{p+3}+..+A\cdot \dfrac{p+1}{p+2}\cdot..\cdot \dfrac{p+t}{p+t+1}$
$=A+A(p+1)(\dfrac{1}{p+2}+\dfrac{1}{p+3}+..+\dfrac{1}{p+t+1})$
Καθώς η αρμονική σειρά αποκλίνει μπορώ να επιλέγω το

αρκετά μεγάλο κάθε φορά ώστε B>1

, έτσι έχω φτιάξει στο άθροισμά άπειρα ξένα συνεχόμενα block με το καθένα να έχει άθροισμα

και τελικά το συνολικό άθροισμα όντως θα αποκλίνει.

stranger · #4

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ έγραψε: Πέμ Μαρ 16, 2023 10:57 pm
Tolaso J Kos έγραψε: Πέμ Μαρ 09, 2023 8:15 pm Δοθείσης αρίθμησης $\{q_n\}_{n \in \mathbb{N}}$ του $\mathbb{Q} \cap (0,1)$ θεωρούμε τη σειρά $\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty} \prod_{k=1}^{n} q_k}$ .

Να βρεθεί μία τέτοια αρίθμηση ώστε η παραπάνω σειρά να συγκλίνει.

Να βρεθεί μία τέτοια αρίθμηση ώστε η παραπάνω σειρά να αποκλίνει.

Καλησπέρα σε όλους, μία λύση για το δεύτερο ερώτημα

Βασικά αυτό που θα κάνω είναι να περιγράψω βήμα βήμα την κατασκευή της ζητούμενης αρίθμησης, δεν θα βρω γενικό τύπο δηλαδή

Ξεκινάμε από μία τυχούσα αρίθμηση του συνόλου $\mathbb{Q}\cap (0,1)-\{\dfrac{n}{n+1}|n\in \mathbb{N}\}$

Στην συνέχεια παίρνω δύο γνησίως αύξουσες ακολουθίες θετικών ακεραίων οι οποίες θα περιγραφούν παρακάτω.

Ορίζω τώρα τη ζητούμενη αρίθμηση ως $q_n=\dfrac{b_n}{b_n+1}$ για όλα τα που δεν είναι όροι της ακολουθίας .
Για εκείνα τα , αν τότε ορίζω .

Ορίζω τον αυθαίρετα και τώρα αν έχω ορίσει τους ο επόμενος θα οριστεί ως εξής:

Έστω αρχικά $A=\prod_{i\leq a_k}q_{i}$ και $q_{a_k-1}=\dfrac{b_{a_k-1}}{b_{a_k-1}+1}$ (μπορώ να απαιτήσω $a_{m+1}\neq a_m +1$ όπως θα γίνει σαφές παρακάτω,
έτσι είμαστε σίγουροι ότι ο $q_{a_k-1}$ θα έχει αυτή τη μορφή.)

Τους επόμενους (θα το επιλέξω κατάλληλα στη συνέχεια) όρους της αρίθμησης τους ορίσω ως εξής, $q_{a_k+j}=\dfrac{b_{a_k-1}+j}{b_{a_k-1}+j+1}$ με $1\leq j\leq t$ (εδώ ουσιαστικά ορίζεται το πως συνεχίζει η )
και $a_k+t+1=a_{k+1}$ οπότε $q_{a_k+t+1}=r_{k+1}$ . Για ευκολία ας είναι $b_{a_k-1}=p$
Παρατηρούμε τώρα ότι $\displaystyle B= \sum_{j=i}^{a_k+t}\prod_{l=1}^{j}q_l=A+A\cdot \dfrac{p+1}{p+2}+A\cdot \dfrac{p+1}{p+2}\cdot \dfrac{p+2}{p+3}+..+A\cdot \dfrac{p+1}{p+2}\cdot..\cdot \dfrac{p+t}{p+t+1}$
$=A+A(p+1)(\dfrac{1}{p+2}+\dfrac{1}{p+3}+..+\dfrac{1}{p+t+1})$
Καθώς η αρμονική σειρά αποκλίνει μπορώ να επιλέγω το αρκετά μεγάλο κάθε φορά ώστε , έτσι έχω φτιάξει στο άθροισμά άπειρα ξένα συνεχόμενα block με το καθένα να έχει άθροισμα και τελικά το συνολικό άθροισμα όντως θα αποκλίνει.

Νομίζω ότι θα ήταν πιο εύστοχο να πούμε:
Να δείξετε ότι υπάρχει μια αρίθμηση των ρητών κλπ.. και όχι να πούμε να βρεθεί .

Αρίθμηση και σειρά

Αρίθμηση και σειρά

Re: Αρίθμηση και σειρά

Re: Αρίθμηση και σειρά

Re: Αρίθμηση και σειρά

Μέλη σε σύνδεση