Όριο

Tolaso J Kos · #1

Έστω $\{a_n\}_{n \in \mathbb{N}}$ ακολουθία τέτοια ώστε $\displaystyle{\lim_{n \rightarrow +\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} a_k=\alpha \in \bar{\mathbb{R}}}$ . Να δειχθεί ότι:

$\displaystyle{\lim_{n \rightarrow +\infty}\frac{1}{\ln n}\sum_{k=1}^n\frac{a_k}{k}=\alpha}$

#2

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Τετ Ιαν 20, 2021 12:17 am
Έστω $\{a_n\}_{n \in \mathbb{N}}$ ακολουθία τέτοια ώστε $\displaystyle{\lim_{n \rightarrow +\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} a_k=\alpha \in \bar{\mathbb{R}}}$ . Να δειχθεί ότι:

$\displaystyle{\lim_{n \rightarrow +\infty}\frac{1}{\ln n}\sum_{k=1}^n\frac{a_k}{k}=\alpha}$

Ένα κύριο στοιχείο στην απόδειξη είναι το $\displaystyle{\sum_{k=1}^n \dfrac {1}{k} \sim \ln n}$ .

α) Για $\alpha \in \mathbb{R}$ .

Εξετάζοντας τα $a_k-\alpha$ αν χρειαστεί, μπορούμε χωρίς βλάβη να υποθέσουμε ότι $\alpha =0$ . Γράφουμε $\displaystyle{s_n=\sum_{k=1}^n\dfrac{a_k}{k}}$ , οπότε η υπόθεσή μας είναι $\dfrac {s_n}{n} \to 0$ .

Έστω $\epsilon >0$ . Επιλέγουμε n_o

τέτοιο ώστε για κάθε $n\ge n_o$ ισχύει $\left | \dfrac {s_n}{n} \right |< \epsilon$ . Είναι τότε

$\displaystyle{ \left | \sum_{k=1}^n\frac{a_k}{k} \right |= \left | s_1+ \frac{s_2-s_{1}}{2} + \frac{s_3-s_{2}}{3}+...+ \frac{s_n-s_{n-1}}{n} \right |= \left |\frac{s_1}{1\cdot 2} + \frac{s_2}{2\cdot 3} + \frac{s_3}{3\cdot 4}+...+ \frac{s_{n-1}}{(n-1) n} + \frac{s_{n}}{n} \right |\le }$

$\displaystyle{\le \sum_{k=1}^{n_o} \left | \frac{s_k}{k(k+1)} \right | + \sum_{k=n_o+1}^{n-1} \left | \frac{s_k}{k(k+1)} \right | + \left | \frac{s_{n}}{n} \right |\le \sum_{k=1}^{n_o} \left | \frac{s_k}{k(k+1)} \right | + \sum_{k=n_o+1}^{n-1} \frac{\epsilon }{k+1} + \epsilon \le }$

$\displaystyle{\le M_{n_o} + \left (\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k} \right ) \epsilon + \epsilon}$ .

Άρα για μεγάλα

έχουμε

$\displaystyle{ \left | \frac{1}{\ln n} \sum_{k=1}^n\frac{a_k}{k} \right | \le \dfrac {M_{n_o}}{\ln n} +\left ( \dfrac {\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k} }{\ln n }\right ) \epsilon + \dfrac { \epsilon }{\ln n} < \epsilon + 2 \epsilon + \epsilon = 4 \epsilon}$

από όπου $\displaystyle{\lim_{n \rightarrow +\infty}\frac{1}{\ln n}\sum_{k=1}^n\frac{a_k}{k}=0}$ , όπως θέλαμε.

β) Για $\alpha = \pm \infty$ κάνουμε ακριβώς την ίδια δουλειά αλλά για δοθέν M>0

αρχίζουμε με n_o

για το οποίο $\left | \dfrac {s_n}{n} \right | > M$ όταν $n\ge n_o$ .

Tolaso J Kos · #3

Ας δούμε και αυτή τη "λύση"...

Εφόσον $\displaystyle{\lim_{n\to + \infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^na_k=\alpha}$ έχουμε από Stolz-Cesàro, $\displaystyle{\lim_{n\to +\infty}a_n=\alpha}$ οπότε ξανά από Stolz-Cesàro είναι $\displaystyle{\lim_{n\to +\infty}\frac{1}{\ln n}\sum_{k=1}^n\frac{a_k}{k}=\lim_{n\to +\infty}a_n=\alpha}$ .

Να βρεθεί το λάθος.

#4

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Τετ Ιαν 20, 2021 12:08 pm
Ας δούμε και αυτή τη "λύση"...

Εφόσον $\displaystyle{\lim_{n\to + \infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^na_k=\alpha}$ έχουμε από Stolz-Cesàro, $\displaystyle{\lim_{n\to +\infty}a_n=\alpha}$ οπότε ξανά από Stolz-Cesàro είναι $\displaystyle{\lim_{n\to +\infty}\frac{1}{\ln n}\sum_{k=1}^n\frac{a_k}{k}=\lim_{n\to +\infty}a_n=\alpha}$ .

Να βρεθεί το λάθος.

Δεν ισχύει το " $\displaystyle{\lim_{n\to + \infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^na_k=\alpha}$ έχουμε από Stolz-Cesàro, $\displaystyle{\lim_{n\to +\infty}a_n=\alpha}$ " . Για παράδειγμα αν a_k=(-1)^k

τότε το αριστερό μέλος τείνει στο

αλλά το όριο στο δεξί, δεν υπάρχει.

Η αλήθεια είναι ότι δεν καταλαβαίνω το νόημα της ερώτησης αφού, τουλάχιστον σε επίπεδο Α.Ε.Ι. όπου το παρόν ποστ, πρέπει να ξεχωρίζουμε τα θεωρήματα από τα αντίστροφα.

Είναι σαν να ρωτάω που είναι το λάθος στον συλλογισμό "αφού άρτιος έπεται ότι ο είναι άρτιος" με βάση το θεώρημα ότι "άρτιος συν άρτιος ίσον άρτιος". Μακριά η βαλίτσα.

Όριο

Όριο

Re: Όριο

Re: Όριο

Re: Όριο

Μέλη σε σύνδεση