mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Νοέμ 01, 2010 4:51 pm**

Να δείξετε οτι:
αν $a_n>0 ,n\in N$ τότε
$\limsup\sqrt[n]{a_n} \leq \limsup \frac{a_{n+1}}{a_n}$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Νοέμ 01, 2010 6:45 pm**

λοιπον μια ιδεα(προσθέτω το απολυτο για γενικότητα)

Εστω $\displaystyle{\limsup|\frac{a_{n+1}}{a_n}|< + \infty$

Τοτε για καθε k με την ιδιοτητα $\displaystyle{\limsup|\frac{a_{n+1}}{a_n}|<k$ υπαρχει $n_0 \in \mathbb{N}$

$\displystyle{|\frac{a_{n+1}}{a_n}| \leq k , \forall n>n_0$

Αρα για h>0 τυχαίο παίρνουμε :

$|a_{n_0+2}| \leq k |a_{n_0+1}|$

$|a_{n_0+3}| \leq k |a_{n_0+2}|$

...............................

$|a_{n_0+h+1}| \leq k |a_{n_0+h}|$ .

Πολλαπλασιάζοντας..παίρνουμε :

$|a_{n_0+h+1}| \leq k^h |a_{n_0+h}|$

$|a_n| \leq k^{n-n_0-1}|a_{v_0+1}| , \forall n>n_0$

Άρα .. $\limsup\sqrt[n]{|a_n|} \leq k \limsup\sqrt[n]{k^{-n_0-1}|a_{v_0+1}}|$

... $k^{-n_0-1}|a_{v_0+1}|$ θετικη σταθερά , $\limsup\sqrt[n]{k^{-n_0-1}|a_{v_0+1}}|=1$

Αρα !!!! $\limsup \sqrt[n]{|a_n|} \leq k$ που αποδεικνύει το ζητούμενο..

•Τελος αν $\displaystyle{\limsup|\frac{a_{n+1}}{a_n}|= + \infty$ τοτε ειναι προφανες

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Νοέμ 01, 2010 6:54 pm**

qwerty έγραψε:Να δείξετε οτι:
αν $a_n>0 ,n\in N$ τότε
$\limsup\sqrt[n]{a_n} \leq \limsup \frac{a_{n+1}}{a_n}$

Ας προθέσω ότι η ενδιαφέρουσα αυτή ανισότητα υπάρχει σε όλα τα βιβλία Ανάλυσης, ιδίως στο κεφάλαιο που μελετά κριτήρια σύγκλισης σειρών. Δίνεται μάλιστα στην γενικότερη μορφή

$\liminf \frac{a_{n+1}}{a_n}\le \liminf\sqrt[n]{a_n}\le \limsup\sqrt[n]{a_n} \leq \limsup \frac{a_{n+1}}{a_n}$

Ένα πόρισμά της είναι ότι αν το όριο $\lim \frac{a_{n+1}}{a_n}$ υπάρχει, τότε υπάρχει και το όριο $\lim\sqrt[n]{a_n}$ (και σε αυτή την περίπτωση τα δύο όρια είναι ίσα). Δεν ισχύει το αντίστοφο.

Φιλικά,

Μιχάλης Λάμπρου

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Νοέμ 02, 2010 11:19 am**

KapioPulsar έγραψε:
Αρα !!!! $\limsup \sqrt[n]{|a_n|} \leq k$ που αποδεικνύει το ζητούμενο..

εδώ μπερδεύτηκα λίγο... γιατί αυτό αποδεικνύει το ζητούμενο;

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Νοέμ 02, 2010 12:05 pm**

Μια αλλη λυση.

Προφανως, αν η $\displaystyle \sqrt[n]{a_n} = \sqrt[n]{a_1 \frac{a_2}{a_1} ... \frac{a_n}{a_{n-1}}}$ ειναι μη φραγμενη ανω, τοτε και η $\displaystyle \frac{a_{n+1}}{a_n}$ ειναι μη φραγμενη ανω.

Εστω τωρα οτι η $\displaystyle \frac{a_{n+1}}{a_n}$ ειναι φραγμενη ανω. Οριζουμε $\displaystyle d_k \equiv \sup_{k \leq n} \left\{ \frac{a_{n+1}}{a_n} \right\}$ . Τοτε, εχουμε

$\displaystyle \sqrt[n]{a_n} = \sqrt[n]{a_1 \frac{a_2}{a_1} ... \frac{a_n}{a_{n-1}}} \leq \sqrt[n]{a_1 d_1 ... d_{n-1}} \leq \frac{1}{n} \left( a_1 + d_1 + ... + d_{n-1} \right)$ απο θεωρημα ΑΜ-ΓΜ.

Η τελευταια ακολουθια, απο Cesaro-Stolz, εχει οριο ισο με $\displaystyle \limsup \frac{a_{n+1}}{a_n}$ , απο οπου επεται το αποτελεσμα μας.

Δημητρης Σκουτερης

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Νοέμ 02, 2010 3:04 pm**

qwerty έγραψε:
KapioPulsar έγραψε:
Αρα !!!! $\limsup \sqrt[n]{|a_n|} \leq k$ (*) που αποδεικνύει το ζητούμενο..

εδώ μπερδεύτηκα λίγο... γιατί αυτό αποδεικνύει το ζητούμενο;

qwerty, το βήμα αυτό είναι σωστό επειδή ξεκινά με τη φράση (στην αρχή της απόδειξης)

" ... για καθε k με την ιδιοτητα $\displaystyle{\limsup|\frac{a_{n+1}}{a_n}|<k$ ..."

Πράγματι, αν ίσχυε

$\limsup|\frac{a_{n+1}}{a_n}| < \limsup \sqrt[n]{|a_n|}$ τότε η επιλογή ενός k με

$\limsup|\frac{a_{n+1}}{a_n}| < k < \limsup \sqrt[n]{|a_n|}$

θα ερχόταν σε αντίφαση με τη (*).

Φιλικά,

Μιχάλης

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Νοέμ 02, 2010 5:22 pm**

Είναι βασική ιδιότητα των limsup, liminf, και έχει μερικές ενδιαφέρουσες εφαρμογές, πχ:
Να υπολογιστεί (αν υπάρχει) το όριο της $a_n = \frac{n}{\sqrt[n]{n!}}$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Νοέμ 02, 2010 10:52 pm**

ok ευχαριστώ πολύ!

mathematica.gr

ανισότητα liminf,limsup

ανισότητα liminf,limsup

Re: ανισότητα liminf,limsup

Re: ανισότητα liminf,limsup

Re: ανισότητα liminf,limsup

Re: ανισότητα liminf,limsup

Re: ανισότητα liminf,limsup

Re: ανισότητα liminf,limsup

Re: ανισότητα liminf,limsup