ΘΕΜΑ ΜΕ ΑΚΟΛΟΥΘΙΑ

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #1

Το παρακάτω θέμα ήταν το 3ο στις εισαγωγικές εξετάσεις του 2019 για το μεταπτυχιακό
πρόγραμμα ΄΄Μαθηματικά και Εφαρμογές τους ΄΄ του Μαθηματικού τμήματος του
Πανεπιστημίου Κρήτης.

Έστω ότι η ακολουθία $\left ( x_{n} \right ),n\epsilon \mathbb{N}$ ικανοποιεί

$\displaystyle x_{n}\leq x_{n+1}\leq x_{n}+\frac{1}{n^{2}}$

για κάθε $n\epsilon \mathbb{N}.$

Δείξτε ότι το $limx_{n}$ υπάρχει.

Ορέστης Λιγνός · #2

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ έγραψε: ↑
Πέμ Απρ 07, 2022 10:23 pm
Το παρακάτω θέμα ήταν το 3ο στις εισαγωγικές εξετάσεις του 2019 για το μεταπτυχιακό
πρόγραμμα ΄΄Μαθηματικά και Εφαρμογές τους ΄΄ του Μαθηματικού τμήματος του
Πανεπιστημίου Κρήτης.

Έστω ότι η ακολουθία $\left ( x_{n} \right ),n\epsilon \mathbb{N}$ ικανοποιεί

$\displaystyle x_{n}\leq x_{n+1}\leq x_{n}+\frac{1}{n^{2}}$

για κάθε $n\epsilon \mathbb{N}.$

Δείξτε ότι το $limx_{n}$ υπάρχει.

Είναι, για κάθε $n \in \mathbb{N}$ ,

$x_{n+1} =(x_{n+1}-x_n)+\ldots+(x_2-x_1)+x_1 \leq \dfrac{1}{n^2}+\dfrac{1}{(n-1)^2}+\ldots+\dfrac{1}{1^2}+x_1 < x_1+2,$

όπου η τελευταία ανισότητα προκύπτει από τον επόμενο Ισχυρισμό. Επομένως, $x_{n+1} <x_1+2$ για κάθε $n \in \mathbb{N}$ , δηλαδή $x_{n} <x_1+2$ για κάθε $n \geq 2$ , άρα x_n <x_1+2

για κάθε $n \in \mathbb{N}$ , οπότε η ακολουθία (x_n)

είναι άνω φραγμένη και αφού είναι και αύξουσα είναι και συγκλίνουσα, όπως θέλαμε.

Ισχυρισμός: Για κάθε $n \in \mathbb{N}$ ισχύει $\dfrac{1}{1^2}+\dfrac{1}{2^2}+\ldots+\dfrac{1}{n^2} <2$ .
Απόδειξη: Είναι (υποθέτουμε πως $n \geq 2$ , καθώς για n=1

η προς απόδειξη είναι προφανής),

$\dfrac{1}{1^2}+\dfrac{1}{2^2}+\ldots+\dfrac{1}{n^2}=1+\displaystyle \sum_{i=2}^{n} \dfrac{1}{i^2}<1+ \sum_{i=2}^{n} \dfrac{1}{i(i-1)}=1+ \sum_{i=2}^{n} (\dfrac{1}{i-1}-\dfrac{1}{i})=1+(1-\dfrac{1}{n})=2-\dfrac{1}{n}<2,$

όπως θέλαμε $\blacksquare$

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #3

Η συνθήκη ότι η ακολουθία είναι αύξουσα δεν είναι απαραίτητη.

Θα μπορούσε να διατυπωθεί και ως :

Έστω ότι η ακολουθία $\left ( x_{n} \right ),n\epsilon \mathbb{N}$ ικανοποιεί

$x_{n+1}\leq x_{n}+\frac{1}{n^{2}}$

για κάθε $n\epsilon \mathbb{N}.$

Δείξτε ότι το $limx_{n}$ υπάρχει στο $\mathbb{R}\cup \left \{ -\infty \right \}$ .

sot arm · #4

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Παρ Απρ 08, 2022 10:20 am
Η συνθήκη ότι η ακολουθία είναι αύξουσα δεν είναι απαραίτητη.

Θα μπορούσε να διατυπωθεί και ως :

Έστω ότι η ακολουθία $\left ( x_{n} \right ),n\epsilon \mathbb{N}$ ικανοποιεί

$x_{n+1}\leq x_{n}+\frac{1}{n^{2}}$

για κάθε $n\epsilon \mathbb{N}.$

Δείξτε ότι το $limx_{n}$ υπάρχει στο $\mathbb{R}\cup \left \{ -\infty \right \}$ .

Είναι κλασική η εξής πατέντα νομίζω, έχουμε:

$x_{n+1} \leq x_n + \frac{1}{n^2} \leq x_n + \frac{1}{n(n-1)}$

Απλώνοντας έχουμε ότι η $y_n = x_n + \frac{1}{n-1}$

Φθίνουσα και το ζητούμενο έπεται. Μια παρόμοια με αυτή είναι και η εξής παραλλαγή αν a_n

αθροίσιμη και b_n

τέτοια ώστε:

$| b_{n+1} - b_n | \leq a_n$

Τότε η b_n

συγκλίνει.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #5

sot arm έγραψε: ↑
Παρ Απρ 08, 2022 2:00 pm

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Παρ Απρ 08, 2022 10:20 am
Η συνθήκη ότι η ακολουθία είναι αύξουσα δεν είναι απαραίτητη.

Θα μπορούσε να διατυπωθεί και ως :

Έστω ότι η ακολουθία $\left ( x_{n} \right ),n\epsilon \mathbb{N}$ ικανοποιεί

$x_{n+1}\leq x_{n}+\frac{1}{n^{2}}$

για κάθε $n\epsilon \mathbb{N}.$

Δείξτε ότι το $limx_{n}$ υπάρχει στο $\mathbb{R}\cup \left \{ -\infty \right \}$ .
Είναι κλασική η εξής πατέντα νομίζω, έχουμε:

$x_{n+1} \leq x_n + \frac{1}{n^2} \leq x_n + \frac{1}{n(n-1)}$

Απλώνοντας έχουμε ότι η $y_n = x_n + \frac{1}{n-1}$

Φθίνουσα και το ζητούμενο έπεται. Μια παρόμοια με αυτή είναι και η εξής παραλλαγή αν αθροίσιμη και τέτοια ώστε:

$| b_{n+1} - b_n | \leq a_n$

Τότε η συγκλίνει.

Ωραία Σωτήρη.
Αν και η δική μου λύση ήταν με limsup,liminf.
Το σημαντικό είναι ότι στο

Αν a_n

αθροίσιμη και b_n

τέτοια ώστε:
$| b_{n+1} - b_n | \leq a_n$
Τότε η b_n

συγκλίνει.

που χρησιμοποιείται στην Ανάλυση μπορούμε να βγάλουμε την απόλυτη τιμή.
(με όποιο πρόσημο θέλουμε σε όλα)
Επιτρέποντας βέβαια να έχουμε σύγκλιση σε κάποιο άπειρο.

ΘΕΜΑ ΜΕ ΑΚΟΛΟΥΘΙΑ

ΘΕΜΑ ΜΕ ΑΚΟΛΟΥΘΙΑ

Re: ΘΕΜΑ ΜΕ ΑΚΟΛΟΥΘΙΑ

Re: ΘΕΜΑ ΜΕ ΑΚΟΛΟΥΘΙΑ

Re: ΘΕΜΑ ΜΕ ΑΚΟΛΟΥΘΙΑ

Re: ΘΕΜΑ ΜΕ ΑΚΟΛΟΥΘΙΑ

Μέλη σε σύνδεση