Kριτήριο των Abel - Pringsheim

i_am_imbact · #1

Καλησπέρα σας,
Πως αποδεικνύεται ότι αν (a_n)

μια φθίνουσα ακολουθία μη αρνητικών όρων και η σειρά $\displaystyle \sum a_n$ συγκλίνει τότε το $\lim\limits_{n \to \infty} na_n \to 0$ ?

Και δεύτερον πιο είναι το όριο της ακολουθίας $\displaystyle a_n = \frac{1^m + 2^m + \cdots + n^m}{n^m} - \frac{n}{m+1}$ προσπάθησα με την ανισότητα του Αρχιμήδη αλλα δεν έβγαζε αποτέλεσμα

#2

i_am_imbact έγραψε: ↑
Τρί Δεκ 25, 2018 1:10 am
Καλησπέρα σας,
Πωσ αποδεικνύεται ότι αν (αν) μια φθίνουσα ακολουθία μη αρνητικών όρων και η σειρά Σ(αν) συγκλίνει τότε το limναν -> 0 ?

Και δεύτερον πιο είναι το όριο της ακολουθίασ αν = (1^μ + 2^μ + .... + ν^μ) /(ν^μ) - ν/(μ+1) προσπάθησα με την ανισότητα του αρχιμίδη αλλα δεν έβγαζε αποτέλεσμα

Καλώς ήλθες στο φόρουμ.

Παρακαλώ γράψε το ποστ σου σε latex, όπως πολύ σωστά ορίζουν οι κανονισμοί μας. Τους διάβασες άραγε; Έτσι μας διευκολύνεις να καταλάβουμε ότι στο " limναν " που γράφεις, το μεν πρώτο "ν" είναι γινόμενο ενώ το δεύτερο, δείκτης. Εδώ $\displaystyle{\lim \nu a_{\nu}}$ . Θα σου απαντήσω αφού τα διορθώσεις, ιδίως στην δεύτερη ερώτηση που είναι προβληματικά τα σύμβολα.

Τους κανονισμούς μας θα τους βρεις στην πρώτη σελίδα του φόρουμ. Εκεί θα βρεις και οδηγίες για γραφή σε latex.

Επίσης καλό είναι να γράφουμε στοιχειωδώς σωστά Ελληνικά (και αυτό το απαιτούν οι κανονισμοί μας) γιατί αλλιώς είναι σαν να δίνουμε το μήνυμα ότι γράφουμε πρόχειρα. Για παράδειγμα ο Αρχιμήδης γράφεται με Α κεφαλαίο ως κύριο όνομα και με "η" μετά το "μ".

#3

i_am_imbact χάθηκες. Καμιά πρόοδος στα παραπάνω;

#4

Γράφτηκε σε $\LaTeX$ αλλά δεν έγινε άλλη επέμβαση.

Να επισημάνω επίσης ότι το $\lim a_n \to 0$ δεν έχει νόημα. Γράφουμε είτε $\lim a_n = 0$ είτε $a_n \to 0$ αλλά όχι $\lim a_n \to 0$ .

#5

Ευχαριστούμε Δημήτρη.

Θα περιμένω να δώσει σημεία ζωής ο i_am_imbact (π.χ. διορθώνοντας τα ελληνικά του κειμένου) και θα δώσω υποδείξεις.

i_am_imbact · #6

Καλησπέρα σας και Καλή χρονιά,
Συγγνώμη για την καθυστέρηση.Διάβασα τους κανονισμούς αλλά δεν βρήκα οδηγίες για γραφή σε latex.Μπορείτε να με κατατοπίσετε.

Ευχαριστώ για τον χρόνο σας.

#7

i_am_imbact έγραψε: ↑
Τετ Ιαν 09, 2019 12:17 am
Καλησπέρα σας και Καλή χρονιά,
Συγγνώμη για την καθυστέρηση.Διάβασα τους κανονισμούς αλλά δεν βρήκα οδηγίες για γραφή σε latex.Μπορείτε να με κατατοπίσετε.

Ευχαριστώ για τον χρόνο σας.

Περίεργο ότι δεν βρήκες τις οδηγίες!

Πήγαινε στην πρώτη σελίδα του φόρουμ (Δ. Συζητήσεις) και εκεί προς το τέλος έχει ολόκληρη οικογένεια οδηγιών. Το πρώτο ποστ εκεί (πάτα εδώ) είναι καλό ξεκίνημα.

Και κάτι άλλο: Το latex στο παραπάνω ποστ σου έχει ήδη διορθωθεί από τον Γενικό Συντονιστή. Σου ζητήθηκε να διορθώσεις τα Ελληνικά (σημειωμένα με κόκκινο στο πρώτο μου ποστ) αλλά δεν φαίνεται να του έδωσες σημασία. Περιμένουμε.

#8

i_am_imbact έγραψε: ↑
Τρί Δεκ 25, 2018 1:10 am
Πως αποδεικνύεται ότι αν μια φθίνουσα ακολουθία μη αρνητικών όρων και η σειρά $\displaystyle \sum a_n$ συγκλίνει τότε το $\lim\limits_{n \to \infty} na_n \to 0$ ?

Ωραία. Με διορθωμένα τα Ελληνικά, έστω μερικώς, προχωράμε. Να επισημάνω μόνο ότι α) το "πώς" στις ερωτηματικές προτάσεις παίρνει τόνο και β) το σύμβολο του ερωτηματικού στα Ελληνικά είναι το ";" ενώ το "?" είναι του Λατινικού. Δεν βλέπω τον λόγο να εξοβελίζουμε το ελληνικό σύμβολο χωρίς αιτία.

Στο θέμα μας.

Για το πρώτο ερώτημα δίνω ισχυρή υπόδειξη. Αφού το ολοκληρώσεις με την λύση σου που θα χαρούμε να δούμε εδώ, προχωράμε στο δεύτερο.

Υπόδειξη:

Θα δείξουμε πρώτα ότι $2na_{2n} \to 0$ . Δηλαδή δείχνουμε το ζητούμενο πρώτα για τους άρτιους δείκτες, ενώ για τους υπόλοιπους μπορούμε να βασιστούμε σε αυτό και την υπόθεση ότι η (a_n)

είναι φθίνουσα. Για του άρτιους, λοιπόν, δείξε με κριτήριο Cauchy ότι

$a_{n+1}+a_{n+2}+...+a_{2n} \to 0$ .

Μετά, από αυτό και με χρήση της υπόθεσης ότι (a_n)

φθίνουσα, δείξε ότι $na_{2n}\to 0$ .

Συνέχισε.

i_am_imbact · #9

Καλησπέρα,
Έστω $c_n = n{a_n}$ , $c_{2n} = 2na_{2n}$ και $c_{2n-1} = (2n-1){a_{2n-1}$ ,επιπλέον επειδή η σειρά $\displaystyle \sum a_n$ συγκλίνει $a_n \rightarrow 0$ . Επειδή η (a_n)

συγκλίνει τότε κάθε υπακολουθία της μορφής $a_{kn+no}$ , k>0

συγκλίνει στον ίδιο αριθμό άρα $a_{n+1} \rightarrow 0$ , $a_{n+2} \rightarrow 0$ ...…., $a_{2n-1} \rightarrow 0$ $a_{2n} \rightarrow 0$ επειδή (a_n)

φθίνουσα ισχύει
$a_{n+1} + a_{n+2} + …. + a_{2n-1} + a_{2n} > a_{2n} + a_{2n} +.... a_{2n} + a_{2n}$ συνεπάγεται ότι $a_{n+1} + a_{n+2} + …. + a_{2n-1} + a_{2n} > n{a_{2n}} > 0$ άρα από κριτήριο παρεμβολής $n{a_{2n}}\rightarrow 0$ άρα $2n{a_{2n}}\rightarrow 0$ άρα $c_{2n}\rightarrow 0$ παρόμοια εργαζόμαστε και με την $c_{2n-1}$ άρα επειδή αυτές οι υπακολουθίες τείνουν στο 0 και η $c_n\rightarrow 0$

#10

Όχι ακριβώς. Υπάρχει ένα σκοτεινό αλλά ουσιαστικό σημείο, που δεν το ξεκαθαρίζεις.

Ας πάρουμε τα πράγματα από την αρχή.

Πρώτα από όλα η απόδειξη έχει ένα περίεργο και περιττό μέρος. Συγκεκριμένα, ορίζεις τα c_n

για να σε διευκολύνουν στην απόδειξη του $2na_{2n}\to 0$ . Όμως στην ίδια την απόδειξη γράφεις
.

i_am_imbact έγραψε: ↑
Πέμ Ιαν 10, 2019 3:04 am

Έστω $c_n = n{a_n}$ , $c_{2n} = 2na_{2n}$ και $c_{2n-1} = (2n-1){a_{2n-1}$
...
άρα $2n{a_{2n}}\rightarrow 0$ άρα $c_{2n}\rightarrow 0$

.
Δηλαδή κάνεις το ανάποδο. Ως ύφος είναι "αστείο". Ερασιτεχνισμός. Ας το αφήσουμε αυτό ως δευτερεύον.

Το πρόβλημα (ουσιαστικό κενό) είναι αλλού. Είναι στο ότι φαίνεται να νομίζεις ότι
.

i_am_imbact έγραψε: ↑
Πέμ Ιαν 10, 2019 3:04 am
άρα $a_{n+1} \rightarrow 0$ , $a_{n+2} \rightarrow 0$ ...…., $a_{2n-1} \rightarrow 0$ $a_{2n} \rightarrow 0$
...
συνεπάγεται ότι $a_{n+1} + a_{n+2} + …. + a_{2n-1} + a_{2n} > n{a_{2n}} > 0$ άρα από κριτήριο παρεμβολής $n{a_{2n}}\rightarrow 0$

.
Δηλαδή νομίζεις ότι επειδή τα $a_{n+1} \rightarrow 0$ , $a_{n+2} \rightarrow 0$ ...…., $a_{2n-1} \rightarrow 0$ $a_{2n} \rightarrow 0$ τότε και το άθροισμά τους τείνει στο

. Αυτό είναι γενικά λάθος, π.χ. $\frac {1}{n+1} \to 0, \frac {1}{n+2} \to 0, ... , \frac {1}{2n} \to 0$ αλλά το άθροισμά τους είναι $\ge n\cdot \frac {1}{2n} = \frac {1}{2}$ και άρα δεν τείνει στο

. Στην περίπτωσή μας το αποτέλεσμα είναι μεν σωστό αλλά όχι για τον λόγο που γράφεις.

Δες ξανά την υπόδειξη που σου έδωσα και ξανακάνε την απόδειξη συμπληρώνοντας το ουσιαστικό βήμα που σου λείπει.

i_am_imbact · #11

Η να θεωρήσουμε $S_{an} = a_1 + a_2 + ... a_n$ η οποία συγκλίνει επειδή η σειρά $\displaystyle \sum a_n$ Συγκλίνει, συγκλίνει και το $S_{an}$ και εφαρμόζουμε το κριτήριο Cauchy για την $S_{an}$ και την $S_{a2n}$ και καταλήγουμε στο $a_{n+1} +.... + a_{2n}\rightarrow 0$

#12

i_am_imbact έγραψε: ↑
Πέμ Ιαν 10, 2019 9:16 am
Η να θεωρήσουμε $S_{an} = a_1 + a_2 + ... a_n$ η οποία συγκλίνει επειδή η σειρά $\displaystyle \sum a_n$ Συγκλίνει, συγκλίνει και το $S_{an}$ και εφαρμόζουμε το κριτήριο Cauchy για την $S_{an}$ και την $S_{a2n}$ και καταλήγουμε στο $a_{n+1} +.... + a_{2n}\rightarrow 0$

Τώρα, μάλιστα. Σωστό.

Το μόνο πρόβλημα, ευτυχώς δευτερεύον και καταλαβαίνουμε τι εννοείς, είναι o αδόκιμος συμβολισμός. Δεν γράφουμε $S_{an}$ ή $S_{a_n}$ όπως προφανώς θέλεις να γράψεις, αλλά S_n

. Δηλαδή ο δείκτης στο

είναι φυσικός αριθμός και όχι ο όρος της ακολουθίας. Πρώτα απ' όλα αυτό που γράφεις έχει αμφισημία. Π.χ. αν $a_1=a_2= \sqrt 2$ , ποιοι ακριβώς είναι οι $S_{a_1}, \, S_{a_2}$ . Και οι δύο είναι $S_{\sqrt 2}$ που ως σύμβολο δημιουργεί περισσότερα προβλήματα από όσα λύνει.

i_am_imbact · #13

Μάλιστα ευχαριστώ πολύ

ma128 · #14

Έστω η ακολουθία $s_n=\sum _{\kappa=1}^{n}a_k$ .

Και η ακολουθία: t_n=na_n

Αφού η σειρά συγκλίνει, έπεται οτι η , η s_n

είναι συγκλίνουσα.

Απο Κριτήριο Σύγκλισης του Cauchy, προκύπτει ότι:

$\forall \epsilon >0 , \exists n_0 \in N$ , τέτοιο ώστε, για $n\geq n_0$ να ισχύει:

$|s_{2n}-s_n|<\epsilon \Leftrightarrow a_{n+1}+a_{n+2}+...+a_{2n}<\epsilon \Rightarrow a_{n+1}+a_{n+2}+...+a_{2n} \rightarrow 0$

Όμως, η ακολουθία a_n

είναι φθίνουσα. Επομένως, ισχύει:

$t_{2n}=2na_{2n}<2(a_{n+1}+a_{n+2}+...+a_{2n})<2\epsilon \Rightarrow t_{2n}\rightarrow 0$

Τώρα, ισχύει: $t_{2n+1}=2na_{2n+1}+a_{2n+1}\rightarrow 0+0=0$

Καθώς, $a_{2n+1}\rightarrow 0 \Leftarrow a_n\rightarrow 0 \Leftarrow \sum _{n=1}^{+\infty}a_n$ Συγκλίνει.

Και λόγω μονοτονίας και προσήμου της ακολουθίας ισχύει: $0\leq 2na_{2n+1}\leq t_{2n}$ όπου απο Κ.Π $\Rightarrow 2na_{2n+1}\rightarrow 0$

Αποδείξαμε οτι $t_{2n}\rightarrow 0$ και $t_{2n+1}\rightarrow 0$

Επομένως, $t_n\rightarrow 0$

#15

ma128 έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 12, 2022 9:27 pm
Έστω η ακολουθία $s_n=\sum _{\kappa=1}^{+\infty}a_k$ .

Mάλλον κάποιο τυπογραφικό σφάλμα έχεις εδώ. Για ξαναδές το.

Από κεί και πέρα, η απόδειξη που δίνεις ήδη υπάρχει παραπάνω. Με λίγη περιπέτεια μεν, αλλά υπάρχει.

ma128 · #16

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 12, 2022 9:39 pm

ma128 έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 12, 2022 9:27 pm
Έστω η ακολουθία $s_n=\sum _{\kappa=1}^{+\infty}a_k$ .
Mάλλον κάποιο τυπογραφικό σφάλμα έχεις εδώ. Για ξαναδές το.

Από κεί και πέρα, η απόδειξη που δίνεις ήδη υπάρχει παραπάνω. Με λίγη περιπέτεια μεν, αλλά υπάρχει.

Αλήθεια είναι κ.Λάμπρου, διορθώθηκε.

Ψάχνοντας κι εγώ για απόδειξη του Κριτηρίου βρέθηκα σε αυτό το θέμα όπου η απόδειξη έφτανε μέχρις αυτό το σημείο:

i_am_imbact έγραψε: ↑
Πέμ Ιαν 10, 2019 9:16 am
... και καταλήγουμε στο $a_{n+1} +.... + a_{2n}\rightarrow 0$

Και σκέφτηκα να την ολοκληρώσω ώστε ο επόμενος (μετά απο εμένα) που θα την αναζητήσει να την βρεί άρτια και καθαρογραμμένη.

#17

ma128 έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 12, 2022 9:46 pm
Και σκέφτηκα να την ολοκληρώσω ώστε ο επόμενος (μετά απο εμένα) που θα την αναζητήσει να την βρεί άρτια και καθαρογραμμένη.

Καλά έκανες και την συμπλήρωσες. Ευχαριστούμε.

Ένα μικρό σημείο όμως (ίσως απροσεξία), αξίζει να επισημανθεί για να είναι πραγματικά άρτια η απόδειξη: Κάπου γράφεις την φράση "αφού $a_n\rightarrow 0$ εξ'ορισμού". Δεν πρόκειται για εξορισμού ιδιότητα αλλά είναι θεώρημα. Πρόκειται για το πρώτο θεώρημα που συναντά κανείς στα βιβλία αμέσως μετά τον ορισμό της σύγκλισης σειράς.

ma128 · #18

i_am_imbact έγραψε: ↑
Τρί Δεκ 25, 2018 1:10 am
Και δεύτερον πιο είναι το όριο της ακολουθίας $\displaystyle a_n = \frac{1^m + 2^m + \cdots + n^m}{n^m} - \frac{n}{m+1}$ προσπάθησα με την ανισότητα του Αρχιμήδη αλλα δεν έβγαζε αποτέλεσμα

Λάθος

#19

ma128 έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 12, 2022 10:21 pm

$lim(a_n)\geq lim[n^{{\color {red} m-1}}\sqrt[n]{(n!)^m}-\frac{n}{m+1}]\geq lim[n^{m-1}-\frac{n}{m+1}]=+\infty$

Όχι!

Σου σημείωσα με κόκκινο που είναι η απροσεξία σου.

Για να δεις ανεξάρτητα γιατί η απάντηση που δίνεις είναι λάθος, ας πάρουμε την ειδική (και εύκολη) περίπτωση m=2

.

Τότε ο αριθμητής του μεγάλου κλάσματος είναι $1^2+2^2+...+n^2= \dfrac {1}{6} n(n+1)(2n+1)$ . Βάλε το πίσω στην παράσταση και τώρα είναι ΠΟΛΫ εύκολο να βρεις το όριο. Η τελική απάντηση είναι $\dfrac {1}{2}$ , όσο δηλαδή η περίπτωση m=1

.

Κάνε το ίδιο για την περίπτωση m=3

αφού βρείς κλειστή μορφή του 1^3+2^3+...+n^3

.

Ως υπόδειξη για την γενική περίπτωση σου δίνω ότι αποδεικνύεται ότι για κάθε $m\in \mathbb N$ το όριο είναι $\dfrac {1}{2}$ .

ma128 · #20

Καμία ισχυρότερη υπόδειξη;

Kριτήριο των Abel - Pringsheim

Kριτήριο των Abel - Pringsheim

Re: Kριτήριο των Abel - Pringsheim

Re: Kριτήριο των Abel - Pringsheim

Re: Kριτήριο των Abel - Pringsheim

Re: Kριτήριο των Abel - Pringsheim

Re: Kριτήριο των Abel - Pringsheim

Re: Kριτήριο των Abel - Pringsheim

Re: Kριτήριο των Abel - Pringsheim

Re: Kριτήριο των Abel - Pringsheim

Re: Kριτήριο των Abel - Pringsheim

Re: Kριτήριο των Abel - Pringsheim

Re: Kριτήριο των Abel - Pringsheim

Re: Kριτήριο των Abel - Pringsheim

Re: Kριτήριο των Abel - Pringsheim

Re: Kριτήριο των Abel - Pringsheim

Re: Kριτήριο των Abel - Pringsheim

Re: Kριτήριο των Abel - Pringsheim

Re: Kριτήριο των Abel - Pringsheim

Re: Kριτήριο των Abel - Pringsheim

Re: Kριτήριο των Abel - Pringsheim

Μέλη σε σύνδεση