mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Νοέμ 10, 2010 8:20 am**

Έστω $\displaystyle{H_{n}:=1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}}$ για $\displaystyle{n\geq1}$ ο

-οστός αρμονικός αριθμός.

Ας υπολογισθούν, αν υπάρχουν τα όρια:

$\displaystyle{\lim_{n\to\infty}(\sqrt[n]{H_{n}})^{H_{n}}}$

ii)

$\displaystyle{\lim_{n\to\infty}\frac{n}{\ln^{2} n}\left[(\sqrt[n]{H_{n}})^{H_{n}}-1\right]}$

Έστω $\{x_{n}\}_{n\geq2}$ η ακολουθία με $x_{2}>0$ και $\displaystyle{x_{n}=x_{n+1}\left(\sqrt[n]{n}\right)^{H_{n}}}$ .

Ας υπολογισθούν, αν υπάρχουν, τα όρια:

$\displaystyle{\lim_{n\to+\infty}x_{n}}$ ,

ii)

$\displaystyle{\lim_{n\to+\infty}nx_{n}}$ ,

iii)

$\displaystyle{\lim_{n\to\infty}\left(\frac{x_{n}}{x_{n+1}}\right)^{\ln n}}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Νοέμ 10, 2010 10:41 am**

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε: Έστω $\displaystyle{H_{n}:=1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}}$ για $\displaystyle{n\geq1}$ ο -οστός αρμονικός αριθμός.

Ας υπολογισθούν, αν υπάρχουν τα όρια:

$\displaystyle{\lim_{n\to\infty}(\sqrt[n]{H_{n}})^{H_{n}}}$

$\displaystyle{\lim_{n\to\infty}\frac{n}{\ln^{2} n}\left[(\sqrt[n]{H_{n}})^{H_{n}}-1\right]}$

Για την 1) χρησιμοποιούμε ότι $\lim (H_n - \log n) = \gamma$ και άρα το H_n

είναι ασυμπτωτικό με το logn. Συνεπώς

$(\sqrt[n]{H_{n}})^{H_{n}} = e^{\frac{H_n}{n}\log (H_n)}\sim e^{\frac{\log n}{n}\log \log n}$ που τείνει στο e^0=1

Επίσης από την $e^x \sim 1 + x$ για μικρά χ,

$\frac{n}{\ln^{2} n}\left[(\sqrt[n]{H_{n}})^{H_{n}}-1\right] = \frac{n}{\ln^{2} n}\left[e^{\frac{H_n}{n}\log (H_n)}-1\right] \sim\frac{n}{\ln^{2} n}\cdot\frac{H_n}{n}\log (H_n)}$

$\sim \frac{n}{\ln^{2} n}\cdot\frac{\log n}{n}\log \log n}= \frac{\log \log n}{\log n}\sim 0$

Φιλικά,

Μιχάλης Λάμπρου

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Νοέμ 10, 2010 12:27 pm**

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε: Έστω $\displaystyle{H_{n}:=1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}}$ για $\displaystyle{n\geq1}$ ο -οστός αρμονικός αριθμός.

<...>

Έστω $\{x_{n}\}_{n\geq2}$ η ακολουθία με $x_{2}>0$ και $\displaystyle{x_{n}=x_{n+1}\left(\sqrt[n]{n}\right)^{H_{n}}}$ .

Ας υπολογισθούν, αν υπάρχουν, τα όρια:

$\displaystyle{\lim_{n\to+\infty}x_{n}}$ ,

$\displaystyle{\lim_{n\to+\infty}nx_{n}}$ ,

$\displaystyle{\lim_{n\to\infty}\left(\frac{x_{n}}{x_{n+1}}\right)^{\ln n}}$ .

i) Γράφουμε $G_n =\left(\sqrt[n]{n}\right)^{H_{n}}.$
Aναδρομικά έχουμε $x_{n+1}= \frac {x_n}{G_n} = ... = \frac {x_2}{G_nG_{n-1}...G_2}$

Αφού $G_n = n^{H_n/n} \ge 2^{H_n/n} \ge 2^{\log n/2n}$ έχουμε

$G_nG_{n-1}...G_2 \ge 2^{\sum _{k=2}^{n} {\frac {\log k}{2k}}}} \rightarrow \infty$ (η σειρά στον εκθέτη, ως γνωστόν, αποκλίνει). Τελικά $\lim x_n =0$

ii) όπως στο προηγούμενο βρίσκουμε

$(n+1)x_{n+1} = \frac {(n+1)x_2}{G_nG_{n-1}...G_2} \sim \frac {(n+1)x_2}{e^{\sum _{k=2}^{n} {\frac {\log k \log \log k}{k}}}}$ (*)

Όμως $\sum _{k=2}^{n} {\frac {\log k \log \log k}{k}}}\sim \int_2^n {\frac{\logx \log \log x}{x}}dx = \frac{1}{2} (\log n)^2 \log \log n - \frac{1}{4} (\log n)^2 +c$

που αν λάβουμε υπόψη και τον αριθμητή $n+1 = e^{\ log (n+1)} \sim e^{\log n}$ της (*) καταλήγουμε ότι
το ζητούμενο όριο ειναι 0.

iii) η ακολουθία είναι η $n ^{H_n/n} = e^{\frac {H_n}{n} \log n }\sim e^\frac {(\log n)^2}{n} \rightarrow e^0=1$ .

Ουφ. Ελπίζω να μη ξέχασα κανέναν λογάριθμο εδώ και κει. Η τεχνική πάντως είναι ... αυτή...

Φιλικά,

Μιχάλης Λάμπρου

mathematica.gr

Όρια με αρμονικούς αριθμούς

Όρια με αρμονικούς αριθμούς

Re: Όρια με αρμονικούς αριθμούς

Re: Όρια με αρμονικούς αριθμούς