Ένα όριο

Tolaso J Kos · #1

Να υπολογιστεί το όριο:

$\displaystyle{\ell = \lim_{n \rightarrow +\infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \frac{\log \left ( n-k+2 \right )}{\log \left ( k+1 \right )}}$

Δημοσθένης1043 · #2

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Τρί Οκτ 10, 2023 9:57 pm
Να υπολογιστεί το όριο:

$\displaystyle{\ell = \lim_{n \rightarrow +\infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \frac{\log \left ( n-k+2 \right )}{\log \left ( k+1 \right )}}$

Rewriting gives $\lim {1\over n}\sum_2^{n+1}{{\ln(n+3-k)}\over {\ln k}}=\lim {1\over n}\sum_2^{n-1}{{\ln(n+3-k)}\over {\ln k}}$ .
First we get rid of the 3: we have $0\le \sum_2^{n-1}{{\ln(n+3-k)}\over {\ln k}}-\sum_2^{n-1}{{\ln(n-k)}\over {\ln k}}=\sum_2^{n-1} {{\ln (1+{3\over {n-k}})}\over {\ln k}}\le \ln(4)\sum_1^{n-1} {1\over {\ln k}}$ . This is o(n)

by SC hence we can forget the 3 and find $\lim {1\over n} \sum_1^{n-1} {{\ln(n-k)}\over {\ln k}}=\lim {1\over n}\sum_1^{n-1} {{\ln n+\ln (1-k/n)}\over {\ln k}}$ .
Now we will show that we can forget about the second term within the summation.
Since $\int_0^1 |\ln(1-x)|dx<\infty$ we have ${1\over n}\sum_1^{n-1} |\ln(1-k/n)|\rightarrow a>0$ . One can prove this rigourously by noting that the Riemann sums are less than the integral. Hence we have some constant A>0

such that $\sum_1^{n-1} |\ln(1-k/n)|\le An$ for all $n\ge 2$ . Now fix $N\ge 2$ and let $n\ge N+2$ , then $\sum_2^{n-1} {{|\ln(1-k/n)|}\over {\ln k}}\le \sum_2^N {{|\ln(1-N/n)|}\over {\ln 2}}+\sum_{N+1}^{n-1} {{|\ln(1-k/n)|}\over {\ln N}}\le {{N|\ln(1-N/n)|}\over {\ln 2}}+{{An}\over {\ln N}}$ . Hence $\displaystyle{{1\over n}\sum_1^{n-1} {{|\ln(1-k/n)|}\over k}\le {N\over {n\ln 2}}|\ln(1-N/n)|+A/{\ln N}}$ This implies $\limsup {1\over n}\sum_1^{n-1} {{|\ln(1-k/n)|}\over k}\le A/\ln N$ . Since

is arbitrary, we have ${1\over n}\sum_1^{n-1} {{\ln(1-k/n)}\over k}\rightarrow 0$ .
Hence our limit simplifies to $\lim {{\ln n}\over n}\sum_2^{n-1} {1\over {\ln k}}=\lim {{A_n}\over {B_n}}$ where $A_n:=\sum_2^{n-1}{1\over {\ln k}}$ and $B_n:={n\over {\ln n}}$ . We will try SC. We have ${{A_{n+1}-A_n}\over {B_{n+1}-B_n}}={{\ln(n+1)}\over {(n+1)\ln n-n\ln(n+1)}}\sim {{\ln n}\over {{(n+1)\ln n-n\ln(n+1)}}}$ (quotient has limit 1), hence
${{B_{n+1}-B_n}\over {A_{n+1}-A_n}}\sim {{(n+1)\ln n-n\ln(n+1)}\over {\ln n}}=1+{n\over {\ln n}}\ln(1-{1\over {n+1}})$ . This has limit 1, hence 1 is also the answer to the problem.

Δημοσθένης1043 · #3

Great question

#4

Δημοσθένης1043 έγραψε: ↑
Κυρ Δεκ 31, 2023 2:17 pm
Great question

Ευχαριστούμε για τη λύση σας παραπάνω. Παρακαλούμε, όμως, να τη γράψετε στα ελληνικά.

#5

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Τρί Οκτ 10, 2023 9:57 pm
Να υπολογιστεί το όριο:

$\displaystyle{\ell = \lim_{n \rightarrow +\infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \frac{\log \left ( n-k+2 \right )}{\log \left ( k+1 \right )}}$

.
Γράφω λύση με δικά μου λόγια γιατί α) η μέθοδος του Δημοσθένη έχει πάρα πολλά περιττά περί το μέσον της απόδειξής του, κάνοντας τα εύκολα, δύσκολα και β) έχει ουσιατικό κενό δύο γραμμές πριν από το τέλος (αυτό που αφήνει είναι το ουσιαστικό μέρος της άσκησης).

Έχουμε

$\displaystyle{\frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \frac{\log \left ( n-k+2 \right )}{\log \left ( k+1 \right )} = \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \frac{\log \left ( 1- \frac {k-2}{n} \right )}{\log \left ( k+1 \right )} + \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \frac{\log n}{\log \left ( k+1 \right )} = S_1+S_2}$ .

α) $\displaystyle{ S_2= \frac{\log n}{n} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\log \left ( k+1 \right )} }$ το οποίο είναι ασυμπτωτικό με το $\displaystyle{ \frac{\log x }{x} \int _{2}^{x} \frac{1}{\log t } dt}$ . To ολοκλήρωμα που εμφανίζεται είναι εξ ορισμού το Li(x)

(βλέπε εδώ) και είναι γνωστό ότι ισχύει $\displaystyle{ \frac{\log x }{x} Li (x) \sim 1}$ (υπάρχει, για παράδειγμα, περίπου στο μέσον της σελίδας στην παραπομπή που σημείωσα. Ακροβέστερα, το έχει για την li(x)

αλλά η

και η

διαφέρουν κατά σταθερά). Συμπεραίνουμε ότι $S_2 \sim 1$ .

Aν θέλουμε άλλη απόδειξη του ιδίου, μπορούμε να εργαστούμε με το θεώρημα Stolz (βλέπε εδώ) χρησιμοποιώντας τις μονότονες ακολουθίες $\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\log \left ( k+1 \right )} }$ και $\displaystyle{\frac {n} {\log n}}$ . Έχουμε τότε προς τον σκοπό αυτό

$\displaystyle{\dfrac { \dfrac {1}{\log (n+1)}}{ \dfrac {n+1}{\log (n+1)}- \dfrac {n}{\log n} }= \dfrac {1}{ n+1- n\dfrac {\log (n+1) }{\log n } }= \dfrac {1}{ n+1- n\left (1+\dfrac { \log (1+ \frac {1}{n} ) }{\log n } \right )}= }$

$\displaystyle{=\dfrac {1}{1- \dfrac {n (\frac {1}{n} + O(\frac {1}{n^2} ))} {\log n}} = \dfrac {1}{1- \dfrac {1 + O(\frac {1}{n} )} {\log n}} \rightarrow 1}$ , που ολοκληρώνει την δεύτερη απόδειξη.

β) $\displaystyle{|S_1| \le \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \frac{|\log \left ( 1- \frac {k-2}{n} \right )|}{\log \left ( k+1 \right )}\le \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \frac{\log 2}{\log \left ( k+1 \right )} = \frac{\log 2}{\log n} S_2 \rightarrow 0\cdot 1 =0 }$

Τελικά, από τις α) και β), το ζητούμενο όριο ισούται με

.

#6

Μία προσέγγιση βασισμένη στις $\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}\geq 2$ και $\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}=\dfrac{(a-b)^2}{ab}+2:$

Χρησιμοποιώντας την βασική ανισότητα

$1=\dfrac{1}{n}\left(2+2+...\right)\leq \dfrac{1}{n}\left(\dfrac{ln(n+1)}{ln2}+\dfrac{ln2}{ln(n+1)}+\dfrac{ln(n)}{ln3}+\dfrac{ln3}{ln(n)}+...\right)=$

$=\dfrac{1}{n}\left(\dfrac{ln^2((n+1)/2)}{ln2ln(n+1)}+2+\dfrac{ln^2(n/3)}{ln3ln(n)}+2+...\right)\leq 1+\dfrac{1}{ln2}\cdot \dfrac{1}{n} \left(ln((n+1)/2)+ln(n/3)+...\right)$

συμπεραίνουμε ότι αρκεί να δειχθεί η $lim \dfrac{1}{n}\left(ln((n+1)/2)+ln(n/3)+...\right)=0,$

η οποία προκύπτει εύκολα από τις $\dfrac{n+1}{2}<n, \dfrac{n}{3}<n-1, ...$ και την συνεπαγόμενη

$ln((n+1)/2)+ln(n/3)+... < ln\left(\dfrac{n(n+1)}{2}\right).$

#7

gbaloglou έγραψε: ↑
Δευ Ιαν 01, 2024 10:01 pm
Μία προσέγγιση βασισμένη στις $\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}\geq 2$ και $\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}=\dfrac{(a-b)^2}{ab}+2:$

Χρησιμοποιώντας την βασική ανισότητα

$1=\dfrac{1}{n}\left(2+2+...\right)\leq \dfrac{1}{n}\left(\dfrac{ln(n+1)}{ln2}+\dfrac{ln2}{ln(n+1)}+\dfrac{ln(n)}{ln3}+\dfrac{ln3}{ln(n)}+...\right)=$

$=\dfrac{1}{n}\left(\dfrac{ln^2((n+1)/2)}{ln2ln(n+1)}+2+\dfrac{ln^2(n/3)}{ln3ln(n)}+2+...\right)\leq 1+\dfrac{1}{ln2}\cdot \dfrac{1}{n} \left(ln((n+1)/2)+ln(n/3)+...\right)$

συμπεραίνουμε ότι αρκεί να δειχθεί η $lim \dfrac{1}{n}\left(ln((n+1)/2)+ln(n/3)+...\right)=0,$

η οποία προκύπτει εύκολα από τις $\dfrac{n+1}{2}<n, \dfrac{n}{3}<n-1, ...$ και την συνεπαγόμενη

$ln((n+1)/2)+ln(n/3)+... < ln\left(\dfrac{n(n+1)}{2}\right).$

Πρωτοχρονιάτικη γκάφα στο τέλος, θα δω αν σώζεται, τώρα δεν ευκαιρώ

#8

gbaloglou έγραψε: ↑
Τρί Ιαν 02, 2024 1:19 pm

gbaloglou έγραψε: ↑
Δευ Ιαν 01, 2024 10:01 pm
Μία προσέγγιση βασισμένη στις $\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}\geq 2$ και $\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}=\dfrac{(a-b)^2}{ab}+2:$

Χρησιμοποιώντας την βασική ανισότητα

$1=\dfrac{1}{n}\left(2+2+...\right)\leq \dfrac{1}{n}\left(\dfrac{ln(n+1)}{ln2}+\dfrac{ln2}{ln(n+1)}+\dfrac{ln(n)}{ln3}+\dfrac{ln3}{ln(n)}+...\right)=$

$=\dfrac{1}{n}\left(\dfrac{ln^2((n+1)/2)}{ln2ln(n+1)}+2+\dfrac{ln^2(n/3)}{ln3ln(n)}+2+...\right)\leq 1+\dfrac{1}{ln2}\cdot \dfrac{1}{n} \left(ln((n+1)/2)+ln(n/3)+...\right)$

συμπεραίνουμε ότι αρκεί να δειχθεί η $lim \dfrac{1}{n}\left(ln((n+1)/2)+ln(n/3)+...\right)=0,$

η οποία προκύπτει εύκολα από τις $\dfrac{n+1}{2}<n, \dfrac{n}{3}<n-1, ...$ και την συνεπαγόμενη

$ln((n+1)/2)+ln(n/3)+... < ln\left(\dfrac{n(n+1)}{2}\right).$
Πρωτοχρονιάτικη γκάφα στο τέλος, θα δω αν σώζεται, τώρα δεν ευκαιρώ

Δεν σώζεται με τίποτα η προσέγγιση μου, πέραν του τεράστιου λάθους στο τέλος υπήρχε και άλλο, καθώς το όριο που θα ήθελα να είναι

ισούται τελικά προς ln2

(όπως μου δείχνει το λογισμικό)

Ένα όριο

Ένα όριο

Re: Ένα όριο

Re: Ένα όριο

Re: Ένα όριο

Re: Ένα όριο

Re: Ένα όριο

Re: Ένα όριο

Re: Ένα όριο

Μέλη σε σύνδεση