mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Απρ 05, 2025 3:18 am**

Πρόβλημα. Ἔστω ὅτι ἡ ὅροι τῆς ἀκολουθίας $\{a_n\}$ εἶναι θετικοὶ, καὶ ἔστω ἐπίσης ὅτι ἡ ἀκολουθία $\{na_n\}$ εἶναι φθίνουσα. Ἂν ἡ σειρὰ $\sum a_n$ συγκλίνει, τότε δείξατε ὅτι

$\displaystyle{ \lim_{n\to\infty} n\,(\log n)\,a_n=0. }$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Απρ 06, 2025 10:05 am**

Μήπως χρειάζονται διορθώσεις στην εκφώνηση;
Η ακολουθία $(na_{n})_{n\in N}$ είναι κάτω φραγμένη από το 0 ως ακολουθία θετικών όρων και φθίνουσα οπότε είναι συγκλίνουσα.
Ορίζουμε $\lambda=lim_{n\to\infty}na_{n}$ .Προφανώς $\lambda\geq 0$ . Έστω $\lambda>0$ .Tότε για $\epsilon=\frac{\lambda}{2}>0,\exists n_{0}\in N$ τέτοιο ώστε $\forall n\in N$ να ισχύει $n\geq n_{0}\Longrightarrow \frac{\lambda}{2}<na_{n}<\frac{3\lambda}{2}$ ,ισοδύναμα $\frac{\lambda}{2n}<a_{n}<\frac{3\lambda}{2n}$ .
Αλλά τότε $\Sigma_{n=n_{0}}^{\infty} a_{n}\geq \Sigma_{n=n_{0}}^{\infty}\frac{\lambda}{2n}=\frac{\lambda}{2} \Sigma_{n=n_{0}}^{\infty}\frac{1}{n}$ οπότε υποχρεωτικά $\Sigma_{n=n_{0}}^{\infty} a_{n}=\infty$ ,ΑΤΟΠΟ.
Έπεται ότι $\lambda=0$ οπότε $lim_{n\to\infty}na_{n}=0$ .Άρα $lim_{n\to\infty}\log(na_{n})=-\infty$ και ως εκ τούτου $lim_{n\to\infty}n\log(na_{n})=-\infty$

Ένα εύκολο αντιπαράδειγμα είναι η ακολουθία $(a_{n})_{n\in N}$ με $a_{n}=\frac{1}{n^{2}},\forall n\in N$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Απρ 06, 2025 2:10 pm**

Ἡ σύγκλιση της σειρᾶς $\sum a_n$ ἀποτελεῖ ὑποθεση!

Οἱ ὑποθέσεις na_n

φθίνουσα καὶ $\sum a_n$ συγκλίνουσα , ἔχουν ὡς συνέπεια ὅτι $na_n\to 0$ .

Ἡ a_n = 1/n^2

σίγουρα δὲν ἀποτελεῖ ἀντιπαράδειγμα!

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Απρ 06, 2025 3:25 pm**

Θεωρώ ότι η διαφωνία μου είναι στο πως εγώ διάβασα τα δεδομένα. Εσείς ζητάτε να δείξουμε ότι $lim_{n\to\infty}na_{n}\log(n)=0$ ενώ εγώ το διάβασα ως $lim_{n\to\infty}n\log(na_{n})=0$ το οποίο όπως έδειξα δεν ισχύει.Το αντιπαράδειγμα που ανέφερα έγκειται στο πως εγώ διάβασα το ζητούμενο.Δηλαδή η εν λόγω ακολουθία είναι τέτοια ώστε να ικανοποιεί τις υποθέσεις αλλά όχι το "ζητούμενο" $lim_{n\to\infty}n\log(na_{n})=0$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Απρ 12, 2025 1:00 am**

Αν $H_n =\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k}$ , ισχύει τότε $\displaystyle{\displaystyle H_n = \ln n + \gamma + \frac{1}{2n} - \varepsilon_n }$ με
$\displaystyle \gamma \approx 0.5772 \quad \text{(Euler–Mascheroni constant)} \\$ και $0 \leq \varepsilon_n \leq \frac{1}{8n^2}, \quad \textόπου } \varepsilon_n \to 0 \text{ καθώς } n \to \infty$ .
Ισχύει $H_n \geq \ln n + \gamma \geq \ln n$
Έστω τώρα ότι δεν ισχύει το συμπέρασμα .Τότε (από τον έψιλον-δέλτα ορισμό) ύπάρχει υπακολοθία της n(lnn)a_n

που είναι μεγαλύτερη από κάποιον $\epsilon_0$ . (σημείωση:θα δείξουμε ότι η n(lnn)a_n

τείνει στο μηδέν , για ευκολία στο latexograpsimo)
Έστω k_n(lnk_n)a_k_n

αυτή η υπακολουθία. Λόγω της μονοτονίας της na_n

έχουμε
$1a_1lnk_1 \geq 2a_2lnk_1 \geq ....k_1a_k_1lnk_1 , ......\geq k_2a_k_2lnk_2 , .........\geq k_na_k_nlnk_n, ..... \geq \epsilon_0$ από όπου :
$\sum_{k=1}^{n} a_k \geq \sum_{k=1}^{k_n} a_k\geq \epsilon_0 (\sum_{k=1}^{k_1} \frac{1}{klnk_1}+\sum_{k=k_1+1}^{k_2} \frac{1}{klnk_2}+........\sum_{k=k_{n-1}+1}^{k_n} \frac{1}{klnk_n})= \epsilon_0( \frac{H_k_1}{lnk_1} +\frac {H_k_2-H_k_1}{lnk_2}+........\frac{H_k_n-H_k_{n-1}}{lnk_n}) \geq \epsilon_0 ( \frac{H_k_1}{lnk_1} +\frac {H_k_2}{2lnk_2}+........\frac{H_k_n}{2lnk_n})$
Επειδή η αρμονική $H_n =\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k}$ τείνει στο άπειρο μπορούμε να επιλέξουμε την υπακολουθία της υπακολουθίας ώστε κάθε μερικό H_k_n

άθροισμα να είναι μεγαλύτερο από το διπλασιο του προηγούμενου όρου $H_k_{n-1}$ .
Άρα τελικά έχουμε $\sum_{k=1}^{n} a_k \geq \epsilon_0 (n\frac{1}{2})$
Που δίνει αποκλίνουσα την $\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} a_k$ .'Ατοπο.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Απρ 12, 2025 11:18 am**

Ἡ ὑπόθεση ὅτι ἡ na_n

εἶναι φθίνουσα, ΔΕΝ συνεπάγεται ὅτι καὶ ἡ $n(\ln n)a_n$ εἶναι ἐπίσης φθίνουσα!

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Απρ 12, 2025 11:46 am**

Γ.-Σ. Σμυρλής έγραψε: ↑
Σάβ Απρ 05, 2025 3:18 am
Πρόβλημα. Ἔστω ὅτι ἡ ὅροι τῆς ἀκολουθίας $\{a_n\}$ εἶναι θετικοὶ, καὶ ἔστω ἐπίσης ὅτι ἡ ἀκολουθία $\{na_n\}$ εἶναι φθίνουσα. Ἂν ἡ σειρὰ $\sum a_n$ συγκλίνει, τότε δείξατε ὅτι

$\displaystyle{ \lim_{n\to\infty} n\,(\log n)\,a_n=0. }$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Απρ 12, 2025 12:16 pm**

Γ.-Σ. Σμυρλής έγραψε: ↑
Σάβ Απρ 12, 2025 11:18 am
Ἡ ὑπόθεση ὅτι ἡ εἶναι φθίνουσα, ΔΕΝ συνεπάγεται ὅτι καὶ ἡ $n(\ln n)a_n$ εἶναι ἐπίσης φθίνουσα!

Δεν χρησιμοποιώ κάτι τέτοιο αν και έτσι φαίνεται από τις συνεχόμενες ανισώσεις (το λέω και από πάνω ακριβώς). Στην πραγματικότητα η σειρά σπάει σε τμήματα όπως φαίνεται παρακάτω .Δυσκολεύομαι με τη latex και μου ξέφυγε ,θα το διορθώσω με την πρώτη ευκαιρία, συγνώμη για την αναστάτωση.(έβαλα προσωρινά κόμμα)

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Απρ 14, 2025 7:47 pm**

Ὑπόδειξη (γιὰ τὴν ἀπόδειξη ποὺ ἔχω ὑπόψη.)

Χρησιμοποιῆστε τὸ Cauchy Condensation Test https://en.wikipedia.org/wiki/Cauchy_condensation_test δύο φορές, ὁπότε ἡ σειρὰ
$\sum 2^n b_{2^n}$
συγκλίνει, ὅπου $b_n=2^na_{2^n}$ .

mathematica.gr

Ταχύτητα συγκλίσεως ακολουθίας

Ταχύτητα συγκλίσεως ακολουθίας

Re: Ταχύτητα συγκλίσεως ακολουθίας

Re: Ταχύτητα συγκλίσεως ακολουθίας

Re: Ταχύτητα συγκλίσεως ακολουθίας

Re: Ταχύτητα συγκλίσεως ακολουθίας

Re: Ταχύτητα συγκλίσεως ακολουθίας

Re: Ταχύτητα συγκλίσεως ακολουθίας

Re: Ταχύτητα συγκλίσεως ακολουθίας

Re: Ταχύτητα συγκλίσεως ακολουθίας