Σύγκλιση ακολουθίας

#1

Να εξεταστεί ως προς την σύγκλιση η ακολουθία $a_n=\sqrt[n]{1+sin(n)}$
Είναι (νομίζω) μια καλή άσκηση από τα φοιτητικά μου χρόνια

antonis_math · #2

Δεν ξέρω αν κάνω καλά που θα απαντήσω, γιατί μπήκα στον πειρασμό να δώσω μια διαισθητική απάντηση, που ελπίζω να είναι σωστή.
Η ακολουθία δεν συγλίνει, θα το εξηγήσω διαισθητικά για πιο λόγο
Μπορω να πετύχω παρα πολύ ικανοποιητικές προσεγγίσεις άρρητων, με φυσικούς, για μεγάλες όμως τιμές. Οπότε για υπακολουθία με ν που να είναι προσεγγίσεις αριθμών της μορφής 2κπ - π/2, κ φυσικός, για αυτήν την υπακολουθία θα έχω οτι έχει όριο μηδέν αφού η υπόριζη ποσότητα θα μηδενίζεται και για μια όμοια υπακολουθία με προσεγγίσεις αριθμών 2κπ, έχω οτι θα έχει όριο 1.

#3

Αντώνη
Τα έχω υπ' όψη μου αυτά (φαντάζομαι οτι αναφέρεσαι στο θεώρημα Liouville) αλλά αυτά δεν είναι απόδειξη (η οποία περιέχει κατα την γνωμη μου απρόβλεπτες δυσκολίες)

#4

Έξυπνη η προσέγγιση του Αντώνη, αλλά το πρόβλημα είναι πως δεν ξέρουμε πόσο μεγάλα κ θέλουμε να πάρουμε ώστε (4κ-1)π/2 να είναι πολύ κοντά σε ένα ακέραιο. Για παράδειγμα ο Liouville μας λέει ότι υπάρχει κ<=ν ώστε |(4κ-1)π/2 - m| <= 1/n για κάποιο ακέραιο m. Αυτό όμως δεν είναι αρκετό: Υπάρχει η πιθανότητα να έχουμε m >= 4k >= 4n και sin(m) >= -1 + 1/n^2 >= -1+16/m^2. (Προσεγγιστικά όλα αυτά.) Αλλά για τέτοιο m, έχουμε (1+sin(m))^(1/m) να είναι περίπου ίσο με (16/m^2)^(1/m). Αλλά αυτό είνα αρκετά μεγάλο και τείνει στο 1 όταν το m τείνει στο άπειρο.

Άρα η άσκηση μετατρέπεται στην ακόλουθή ερώτηση. Πόσο καλές προσεγίσσεις του π με ρητούς μπορεί να υπάρξουν; Αν το π ήταν (μη ρητός) αλγεβρικός τότε από γνωστά θεωρήματα (Thue-Siegl-Roth) δεν θα υπήρχαν καλές προσεγγίσεις του π με ρητούς αριθμούς και θα μπορούσαμε αυστηρά να δείξουμε ότι η ακολουθία τείνει στο 1. Το π όμως δν είναι αλγεβρικός...

Εδώ συμβουλεύτικα το βιβλίο "Making Transcedence Transparent" των Berger και Tubbs. Για καλή μου τύχη, στην σελίδα 25 έχει ένα θεώρημα του Masayoshi Hata (δεν το αποδεικνύει) που λέει το εξής: Υπάρχει σταθερά C ώστε για κάθε θετικούς ακέραιους k,m, έχουμε $|k \pi - m| > C/k^8$

Θα χρησιμοποιήσω αυτό το θεώρημα για να δείξω ότι η ακολουθία τείνει στο 1. Μπορώ να γράψω $n = (4k-1) \pi/2 + \alpha$ , όπου $|\alpha| \leq \pi$ . Τότε, $\sin(n) = -\cos(\alpha)$ . Αλλά $|2\alpha| = |2n - (4k+1) \pi| > C/(4k-1)^8$ και επειδή $(4k-1)\pi /2 \leq n + \pi$ , παίρνουμε $|\alpha| \geq C^{\prime}/n^8$ . Από την ανισότητα $\cos(x) \leq 1 - x^2/100$ για μικρά χ, έχουμε $(1+\sin(n))^{1/n} \geq (C^{\prime \prime}/n^{16})^{1/n}$ το οποίο τείνει στο 1 όταν το ν τείνει στο άπειρο. Από εδώ βγαίνει εύκολα ότι η ακολουθία τείνει στο ν.

Τώρα πως αποδεικνύεται το θεώρημα του Hata, μην με ρωτάτε. Σίγουρα όμως δεν χρειαζόμαστε ένα τόσο ισχυρό θεώρημα. Αν αντί για 8 έχουμε π.χ. 100, τότε η ίδια απόδειξη δουλεύει. Δεν μπορώ να δω όμως πως να δείξω κάτι τέτοιο.

#5

Ενδιαφέρουσα άσκηση. 'Οταν την είδα έκανα την ίδια σκέψη με του Αντώνη. Αφού ξέρουμε ότι αν αν ο

είναι άρρητος τότε το σύνολο των δεκαδικών μερών των αριθμών

είναι πυκνό στο (0,1)

(Υπάρχει στο An Introduction to the theory of Numbers των Hardy-Wright) συνάγουμε εύκολα από την συνέχεια του ημιτόνου ότι και το σύνολο των $\sin \left( n-\left[ \frac{n}{2\pi }\right] 2\pi \right) =\sin n$ είναι πυκνό στο (-1,1)

και τελικά το σύνολο των αριθμών $1+\sin n$ είναι πυκνό στο (0,2)

. Θεωρούσα βέβαιο ότι αποκλίνει. Προσπαθώντας να δώσω κάποια απόδειξη ότι αποκλίνει πρόσεξα ότι έχουμε και μία

-οστή ρίζα που "ανεβάζει" τελικά τα $1+\sin n$ στα $\root{n}\of{1+\sin n}$ . 'Αλλαξα γνώμη και τελικά βάλθηκα να αποδείξω ότι η ακολουθία συγκλίνει, αναπόφευκτα, στο 1. Το αρκει που κατέληξα ήταν

Να αποδειχθεί ότι η $\root{n}\of{\left[ \frac{n}{2\pi }\right] +1-\frac{n}{2\pi }}$ έχει όριο το 1.

Επειδή μου φάνηκε ότι ο $\pi$ δεν διαδραματίζει κάποιον ειδικό ρόλο βάλθηκα να αποδείξω ότι για κάθε άρρητο $\xi$ (με το ενδεχόμενο να χρειστεί η ενισχυμένη υπόθεση να είναι υπερβατικός) η ακολουθία η $\root{n}\of{\left[ n\xi \right] +1-n\xi }$ έχει όριο 1. Αναπόφευκτα κοίταξα στα σχετικά με τις προσεγγίσεις αρρήτων από ρητούς αλλά δεν βρήκα κάποιο τόσο κοφτερό αποτέλεσμα σαν αυτό που παρέθεσε ο Δημήτρης. Σηκώθηκα σήμερα φρέσκος -φρέσκος να συνεχίσω αλλά βρήκα την απόδειξη του Δημήτρη.
Το θεώρημα που αναφέρει ο Δημήτρης είναι το ακόλουθο:

: Hata.png (10.07 KiB) Προβλήθηκε 4828 φορές

Το θεώρημα, λογικά, πρέπει να περιλαμβάνεται στο άρθρο
A Lower Bound for Rational Approximations to $\pi$
που δημοσιεύθηκε στο Journal of Number Theory ( Vol.43 NO.1 / 1993 ). Αν κάποιος φίλος έχει πρόσβαση στο συγκεκριμένο περιοδικό θα του ήμουν ευγνώμων αν μου έστελνε το άρθρο.
Ευχαριστίες στον Ροδόλφο για την άσκηση και στον Δημήτρη για την λύση.
Μαυρογιάννης

antonis_math · #6

Πολύ ενδιαφέροντα πράγματα.
Δημήτρη, Νίκο, ευχαριστώ

#7

Ευχαριστώ πολύ για την ενασχόλησή σας
Μήπως όμως υπάρχει άλλος τρόπος για να αποφύγουμε το θεώρημα του M . Hata ? κάτι σαν limsup, liminf ?

antonis_math · #8

$\underline {\lim } \frac{{a_{n + 1} }}{{a_n }} \le \underline {\lim } \sqrt[n]{{a_n }} \le \overline {\lim } \sqrt[n]{{a_n }} \le \overline {\lim } \frac{{a_{n + 1} }}{{a_n }}$
και $\lim \frac{{a_{n + 1} }}{{a_n }} = \lim \frac{{1 + \sin (n + 1)}}{{1 + \sin n}} = \lim \frac{{\frac{1}{{n + 1}} + \frac{{\sin (n + 1)}}{{n + 1}}}}{{\frac{1}{n} + \frac{{\sin n}}{n}}} \cdot \frac{{n + 1}}{n} = \frac{{0 + 1}}{{0 + 1}} \cdot 1 = 1$

#9

antonis_math έγραψε: $\underline {\lim } \frac{{a_{n + 1} }}{{a_n }} \le \underline {\lim } \sqrt[n]{{a_n }} \le \overline {\lim } \sqrt[n]{{a_n }} \le \overline {\lim } \frac{{a_{n + 1} }}{{a_n }}$
και $\lim \frac{{a_{n + 1} }}{{a_n }} = \lim \frac{{1 + \sin (n + 1)}}{{1 + \sin n}} = \lim \frac{{\frac{1}{{n + 1}} + \frac{{\sin (n + 1)}}{{n + 1}}}}{{\frac{1}{n} + \frac{{\sin n}}{n}}} \cdot \frac{{n + 1}}{n} = \frac{{0 + 1}}{{0 + 1}} \cdot 1 = 1$

Νομίζω οτι παρασύρθηκες Αντώνη λεγοντας $\frac{sinn}{n}\to 1$ Εδώ το $n\to \infty$ και όχι $n\to 0$

#10

nsmavrogiannis έγραψε: Το θεώρημα, λογικά, πρέπει να περιλαμβάνεται στο άρθρο
A Lower Bound for Rational Approximations to $\pi$
που δημοσιεύθηκε στο Journal of Number Theory ( Vol.43 NO.1 / 1993 ). Αν κάποιος φίλος έχει πρόσβαση στο συγκεκριμένο περιοδικό θα του ήμουν ευγνώμων αν μου έστελνε το άρθρο.
Ευχαριστίες στον Ροδόλφο για την άσκηση και στον Δημήτρη για την λύση.
Μαυρογιάννης

Νίκο, αύριο στο γραφείο μάλλον θα μπορώ να κατεβάσω το άρθρο. Λογικά εδώ απαγορεύεται να τα βάλω. Δεν ξέρω με pm τι επιτρέπεται και τι όχι. Τέλος πάντων. Αν μπορέσω να καταλάβω το άρθρο (μάλλον απίθανο) θα εξηγήσω εδώ τι λέει. (Φοβάμαι ότι η απόδειξη θα είναι αρκετά τεχνική. Ίσως όμως ένα πιο αδύναμο αποτέλεσμα να μπορεί να αποδειχθεί πιο εύκολα.)

R BORIS έγραψε: Ευχαριστώ πολύ για την ενασχόλησή σας
Μήπως όμως υπάρχει άλλος τρόπος για να αποφύγουμε το θεώρημα του M . Hata ? κάτι σαν limsup, liminf ?

Ροδόλφε δεν βλέπω ακόμη πως μπορώ να το δείξω με κάποιον άλλο τρόπο. Εσύ γνωρίζεις καμιά διαφορετική λύση;

#11

Δημήτρη ευχαριστώ για την προθυμία.
Το άρθρο το βρήκα και είναι ως ήταν αναμενόμενο πολύ τεχνικο.
Και στο σημείο αυτό θα ήθελα δώσω μία εξήγηση για να μην παρεξηγηθώ. Προκειμένου για μεμονωμένα άρθρα από ερευνητικά περιοδικά δεν παραβιάζουμε νόμους copyright ούτε και τον κανονισμό μας. Στην υψηλή τιμή που χρεώνουν τα περιοδικά αυτά τις βιβλιοθήκες έχει υπολογισθεί και η παραγωγή αντιτύπων. Μπορώ να ζητήσω ένα τέτοια άρθρο νόμιμα από μία οποιαδήποτε βιβλιοθήκη Ελληνική ή ξένη και να μου το στείλουν δωρεάν ή πληρώνοντας ένα αντίτιμο που αντιστοιχεί στα έξοδα της βιβλιοθήκης και που δεν αποδίδεται στο περιοδικό. Γιυτό καi το ζήτησα εδώ μέσα στο mathematica. Σε ενάντια περίπτωση δεν θα το ζητούσα.
Ευχαριστούμε και για την πληροφορία που μας έδωσε ο Δημήτρης για το συγκεκριμένο βιβλίο (από διαφημιστική σελίδα του οποίου προέρχεται και το παράθεμα που ανέβασα-ξέχασα να το πω). Θα το αγορασω στην πρώτη ευκαιρία διότι ο "στόλος" μου περιλαμβάνει παλαιότερα επί του θέματος βιβλία όπως του Baker και του Gelfond από τα οποία προσπάθησα, ανεπιτυχώς, να προσαρμοσω κάποιο αποτέλεσμα στην περίσταση. Το αποτέλεσμα του Hata όμως έρχεται κουτί!
Τώρα όσον αφορά κάποια πιό προσιτή απόδειξη εγώ αν και προσπάθησα αρκετά δεν πέτυχα τίποτε. Χρειάζεται ουσιωδώς να δειχθεί ότι για κάθε $\varepsilon >0$ με $0<\varepsilon <1$ ισχύει τελικά $1+\sin \left( n\right) >\varepsilon ^{n}$ ισοδύναμα ότι για κάθε

σχεδόν όλoi οι όροι της ακολουθίας $1+\sin \left( n\right)$ είναι εκτός του διαστήματος $\left( 0,\varepsilon ^{n}\right)$ την στιγμή που ξέρουμε ότι άπειροι όροι βρίσκονται κοντά στο 0! Μου φαίνεται περίεργο να μην διαδραματίζει κάποιο ρόλο ο $\pi$ .
Με τρώει η περιέργεια!
Μαυρογιάννης

#12

Και πάλι ευχαριστώ για τον χρόνο σας

Δυστυχώς την λύση που είχα την έχω χάσει
Καταλαβαίνεις πόσα χρόνια τώρα!
Νομίζω όμως ότι κάτι ήταν με limsup , liminf αν θυμάμαι καλά μας την είχε λύσει ο Παντελίδης
Και εγώ προσπάθησα αλλά τζίφος!!

#13

nsmavrogiannis έγραψε:Το θεώρημα, λογικά, πρέπει να περιλαμβάνεται στο άρθρο
A Lower Bound for Rational Approximations to $\pi$
που δημοσιεύθηκε στο Journal of Number Theory ( Vol.43 NO.1 / 1993 ). Αν κάποιος φίλος έχει πρόσβαση στο συγκεκριμένο περιοδικό θα του ήμουν ευγνώμων αν μου έστελνε το άρθρο.

Νίκο, βιαστικά: έχω σκανάρει το άρθρο και θα σου το στείλω όταν τελειώσω το μαθημα στις 1:00.

Φιλικά,
Μιχάλης

#14

Μιχάλη αφού η σπουδή σου να βοηθήσεις (που όπως πάντα και με συγκινητικό τρόπο συνηθίζεις) επικράτησε της προσοχής (που επίσης πάντα δείχνεις) στην ανάγνωση των μηνυμάτων στείλε το για να ολοκληρωθεί ο κόπος σου. Εξ' άλλου αυτό που βρήκα δεν είναι και πολύ καθαρό.
Σε ευχαριστώ πολύ.
Νίκος

#15

nsmavrogiannis έγραψε:Μιχάλη αφού η σπουδή σου να βοηθήσεις ... επικράτησε της προσοχής

Άστα Νίκο. Αυτό τον καιρό τρέχω και δεν φτάνω. Γι ' αυτό έχω κάπως σιγήσει από την Λέσχη. Σας διαβάζω όμως και χαίρομαι. Υπό άλλες συνθήκες θα είχα γράψει πολλά μηνύματα στις εξαιρετικές συζητήσεις του mathematica αλλά .... τρέχουν πιο γρήγορα από μένα και δεν προλαβαίνω.

Φιλικά,

Μιχάλης

ΥΓ
Σου έστειλα το άρθρο με e-mail. Αν και είναι δύσκολο άρθρο (ερευνητικό)
θα ήταν χρήσιμο να μπει στη Λέσχη.

#16

nsmavrogiannis έγραψε:Μου φαίνεται περίεργο να μην διαδραματίζει κάποιο ρόλο ο $\pi$ .
Με τρώει η περιέργεια!

Και μένα το ίδιο!
Υποθέτω, όπως τόνισες σε άλλο μήνυμα εσύ και ο Δημήτρης, ότι ο ρόλος του π είναι μόνο η υπερβατικότητα.
Η αρρητότητα χρειάζεται, ως γνωστόν, στο να δείξουμε ότι το {ημν/ ν φυσικός} είναι πυκνό στο [-1, 1]. Υποθέτω ότι η υπερβατικότητα (λόγω θεωρήματος Liouville) χρειάζεται
στο να δείξουμε ότι το 1+ημν "επισκέπτεται το μηδέν μόνο αργά", για να συμπεράνουμε ότι η νιοστή του ρίζα το φέρνει κοντά στο 1. (Για τιμές του 1 + ημν έξω από περιοχή του 0 δεν έχουμε πρόβλημα.)

Φιλικά

Μιχάλης

#17

Το εν λόγω άρθρο μπορούν οι αναγνώστες να το κατεβάσουν από αυτή τη διεύθυνση (Για να μη καταναλώνουμε το χώρο και το bandwith της σελίδας μας).

Αλέξανδρος

#18

Ας υποθέσουμε πως δείξαμε με κάποιον άλλο τρόπο ότι η ακολουθία συγκλίνει. Τότε όπως έγραψε και ο Νίκος, για κάθε 0<ε<1, και για κάθε ν αρκετά μεγάλο, $1+\sin(n) > \varepsilon^n$ . Από αυτό μπορούμε να δείξουμε ότι για κάθε ακέραιους p,q με q αρκετά μεγάλο, και κάθε 0<ε<1, $|\pi - p/q| \geq \varepsilon^q$ . (Ισχύει και αντίστροφα.)

Άρα αν δείξουμε ότι η ακολουθία συγκλίνει τότε μας λέει κάτι για τον π. Αυτό το θεώρημα για τον π δεν ισχύει για όλους τους υπερβατικούς. Π.χ. δεν ισχύει για τον αριθμό του Liouville.

Αν υπάρχει απλή απόδειξη αυτού του θεωρήματος για τον π (είτε απ'ευθείας, είτε εμμέσως λόγω απλής απόδειξης ότι η ακολουθία συγκλίνει) δεν το γνωρίζω. Το άρθρο πάντως του Hata φαίνεται αρκετά δύσκολο.

seyes · #19

Καλησπέρα σε όλους τους συναδέρφους! Είμαι νέο μέλος και με ιδιαίτερο ενδιαφέρον παρακολουθώ τις συζητήσεις σας! Έχω κάτι για το αρχικό ερώτημα, μου φαίνεται σωστό. Διορθώστε με αν κάνω λάθος.
Προσπαθώ να το γράψω στο eqeditor αλλα μου βγαζει συνεχως σφαλμα στη σελίδα οπότε το εχω επισυναψει

#20

seyes έγραψε:Καλησπέρα σε όλους τους συναδέρφους! Είμαι νέο μέλος και με ιδιαίτερο ενδιαφέρον παρακολουθώ τις συζητήσεις σας! Έχω κάτι για το αρχικό ερώτημα, μου φαίνεται σωστό. Διορθώστε με αν κάνω λάθος.
Προσπαθώ να το γράψω στο eqeditor αλλα μου βγαζει συνεχως σφαλμα στη σελίδα οπότε το εχω επισυναψει

Να σε καλωσορίσουμε στην λέσχη. Συνέχισε να συμμετέχεις στις συζητήσεις μας.

Στην απάντησή σου νομίζω υπάρχω κάποιο λάθος. Συμφωνούμε ότι $0 \leq a_n \leq 2^{1/n}$ και ότι $2^{1/n} \to 1$ . Αυτό όμως δεν μας δίνει σύγκλιση. Θα μπορούσε π.χ. η ακολουθία να είναι 0,1,0,1,... ('Οπως θα συνέβαινε αν για παράδειγμα είχαμε $\sin((2n+1)\pi)$ αντί $\sin(n)$ .)

(Για latex, όταν κάνεις click πάνω στα μαθηματικά βλέπεις πως τα έχουμε γράψει. Τα περισσότερα σύμβολα δεν είναι δύσκολο να τα θυμάσαι. Ένα πρόβλημα που παρατήρησα είναι πως όταν γράφεις ελληνικά μέσα στον κώδικα, θα σου βγάλει αρλούμπες. Γι'αυτό και αντί α γράφουμε \alpha. Φυσικά είναι πιο γρήγορο να γράψουμε το αγγλικό a όπως έκανα πιο πάνω.)

Σύγκλιση ακολουθίας

Σύγκλιση ακολουθίας

Re: Σύγκλιση ακολουθίας

Re: Σύγκλιση ακολουθίας

Re: Σύγκλιση ακολουθίας

Re: Σύγκλιση ακολουθίας

Re: Σύγκλιση ακολουθίας

Re: Σύγκλιση ακολουθίας

Re: Σύγκλιση ακολουθίας

Re: Σύγκλιση ακολουθίας

Re: Σύγκλιση ακολουθίας

Re: Σύγκλιση ακολουθίας

Re: Σύγκλιση ακολουθίας

Re: Σύγκλιση ακολουθίας

Re: Σύγκλιση ακολουθίας

Re: Σύγκλιση ακολουθίας

Re: Σύγκλιση ακολουθίας

Re: Σύγκλιση ακολουθίας

Re: Σύγκλιση ακολουθίας

Re: Σύγκλιση ακολουθίας

Re: Σύγκλιση ακολουθίας

Μέλη σε σύνδεση