mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Δεκ 24, 2011 9:30 pm**

Έστω ${\cal{H}}_{\nu}=\mathop{\sum}\limits_{k=1}^{\nu}{\frac{1}{k}}$ ο $\nu$ -στός αρμονικός αριθμός.
α) Να αποδειχθεί ότι $\displaystyle\mathop{\lim}\limits_{\nu\rightarrow{+\infty}}{\frac{\nu^{{\cal{H}}_{\nu}}}{({{\cal{H}}_{\nu}})^{\nu}}}=0$ ,

β) Να εξετασθεί ως προς την σύγκλιση η σειρά $\displaystyle\mathop{\sum}\limits_{\nu=1}^{+\infty}{\frac{\nu^{{\cal{H}}_{\nu}}}{({{\cal{H}}_{\nu}})^{\nu}}}$ .

(Δεν έχω λύσεις για την άσκηση)

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Δεκ 25, 2011 12:36 pm**

grigkost έγραψε:Έστω ${\cal{H}}_{\nu}=\mathop{\sum}\limits_{k=1}^{\nu}{\frac{1}{k}}$ ο $\nu$ -στός αρμονικός αριθμός.
α) Να αποδειχθεί ότι $\displaystyle\mathop{\lim}\limits_{\nu\rightarrow{+\infty}}{\frac{\nu^{{\cal{H}}_{\nu}}}{({{\cal{H}}_{\nu}})^{\nu}}}=0$ ,

β) Να εξετασθεί ως προς την σύγκλιση η σειρά $\displaystyle\mathop{\sum}\limits_{\nu=1}^{+\infty}{\frac{\nu^{{\cal{H}}_{\nu}}}{({{\cal{H}}_{\nu}})^{\nu}}}$ .

(Δεν έχω λύσεις για την άσκηση)

Απευθείας το (β), δείχνοντας ότι η σειρά συγκλίνει, οπότε έπεται και το (α).

Θα χρησιμοποιήσω ότι $H_n \le 1+ \ln n \le 2\ln n$ (βγαίνει π.χ. από κριτήριο ολοκλήρωσης στην φθίνουσα 1/x

). Επίσης, για μεγάλα

είναι $H_n \ge e$ (αρκεί το $n\ge 10$ ). Άρα

$\displaystyle \frac {n^{H_n}}{(H_n)^{n}} \le \frac {n^{2\ln n}}{e^{n}} =\frac {e^{\ln ( n^{2\ln n})}}{e^{n}} =\frac {e^{2 (\ln n)^2}}{e^{n}} \, \, (*)$ .

Τώρα, για μεγάλα

είναι $\ln n \le \sqrt [4] n$ (βγαίνει π.χ. από το $\displaystyle \lim_{x\to \infty} \frac {\ln x}{x} = 0$ και θέτοντας $x=\sqrt [4]n$ ), οπότε $\displaystyle e^{2 (\ln n)^2} \le e^{2 \sqrt n} \le e^ {\frac {1}{2} n}$ . Άρα το δεξί μέλος της (*)

είναι

$\displaystyle \le \frac { e^ {\frac {1}{2} n} }{e^n} = \frac {1} { (\sqrt e)^n}$ , με βέβαια $\sqrt e >1$ .

Από το κριτήριο σύγκρισης, η σειρά συκλίνει.

Φιλικά,

Μιχάλης

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Δεκ 26, 2011 10:24 pm**

Μια δεύτερη λύση για το β), από το οποίο προκύπτει και το α):

Εύκολα αποδεικνύεται ότι, για κάθε $\nu\in\mathbb{N}$ , ισχύει $\displaystyle\frac{1}{3}+\frac{\nu}{\nu+1}<{\cal{H}}_{\nu}<\frac{2}{3}+\sqrt{\nu}$ .

Επομένως, για κάθε $\nu\in\mathbb{N}$ , ισχύει $\displaystyle\frac{\nu^{{\cal{H}}_{\nu}}}{({{\cal{H}}_{\nu}})^{\nu}}<\frac{\nu^{\frac{2}{3}+\sqrt{\nu}}}{\bigl({\frac{1}{3}+\frac{\nu}{\nu+1}}\bigr)^{\nu}}=\Bigl({\frac{3\nu+3}{4\nu+1}}\Bigr)^{\nu}\,\nu^{\frac{2}{3}+\sqrt{\nu}}$ .

Επειδή $\displaystyle\mathop{\lim}\limits_{\nu\rightarrow{+\infty}}\sqrt[\nu]{\Bigl({\frac{3\nu+3}{4\nu+1}}\Bigr)^{\nu}\,\nu^{\frac{2}{3}+\sqrt{\nu}}}=\mathop{\lim}\limits_{\nu\rightarrow{+\infty}}\Bigl({\frac{3\nu+3}{4\nu+1}}\Bigr)\,\mathop{\lim}\limits_{\nu\rightarrow{+\infty}}\sqrt[\nu]{\nu^{\frac{2}{3}}}\,\mathop{\lim}\limits_{\nu\rightarrow{+\infty}}{\nu^{\frac{1}{\sqrt{\nu}}}}=$
$\dfrac{3}{4}\cdot1\cdot1=\dfrac{3}{4}<1$ , από το κριτήριο $\nu$ -στης ρίζας προκύπτει ότι η σειρά $\displaystyle\mathop{\sum}\limits_{\nu=1}^{+\infty}{\Bigl({\frac{3\nu+3}{4\nu+1}}\Bigr)^{\nu}\,\nu^{\frac{2}{3}+\sqrt{\nu}}}$ συγκλίνει.

Από το κριτήριο σύγκρισης έπεται ότι και η σειρά $\displaystyle\mathop{\sum}\limits_{\nu=1}^{+\infty}{\frac{\nu^{{\cal{H}}_{\nu}}}{({{\cal{H}}_{\nu}})^{\nu}}}$ συγκλίνει $.\quad\square$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Δεκ 26, 2011 10:33 pm**

H σύγκλιση της σειράς προκύπτει (μάλλον) εύκολα κι' απ' το γεγονός ότι $\displaystyle{{{\rm H}_n} = \ln n + {\gamma _n}}$ , με $\displaystyle{0 \leqslant {\gamma _n} \leqslant 1}$ και $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {\gamma _n} = \gamma }$ , όπου $\displaystyle{\gamma : }$ η σταθερά Euler Mascheroni

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Δεκ 26, 2011 11:06 pm**

Μία (αποδεδειγμένη) σφιχτή ανισότητα για τους αρμονικούς αριθμούς από τον N. Batir
(Mathematical Inequalities & Applications, Volume 14, Number 4 (2011), 917–925) :

$\gamma+\frac{1}{2}\,\log({n^2+n+c})<{\cal{H}}_{n}<\gamma+\frac{1}{2}\,\log({n^2+n+d})$ ,

όπου $c=e^{2\,({1-\gamma})}-2$ και $d=\dfrac{1}{3}$ είναι (όπως ισχυρίζεται) οι καλύτερες δυνατές σταθερές και $\gamma$ η σταθερά Euler-Mascheroni .

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Δεκ 26, 2011 11:16 pm**

Σεραφείμ έγραψε:H σύγκλιση της σειράς προκύπτει (μάλλον) εύκολα κι' απ' το γεγονός ότι $\displaystyle{{{\rm H}_n} = \ln n + {\gamma _n}}$ , με $\displaystyle{0 \leqslant {\gamma _n} \leqslant 1}$ και $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {\gamma _n} = \gamma }$ , όπου $\displaystyle{\gamma : }$ η σταθερά Euler Mascheroni

Σωστά, αλλά με τον ένα ή τον άλλο τρόπο αναγώμαστε στη σειρά με γενικό όρο $\displaystyle \frac {n^{\ln n}}{(\ln n )^n}$ . Τα προβλήματα αρχίζουν από εκεί και πέρα, γι' αυτό εργάστηκα με ανισώσεις προς τα πάνω.

Φιλικά,

Μιχάλης

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μαρ 16, 2018 12:36 pm**

grigkost έγραψε: Σάβ Δεκ 24, 2011 9:30 pm Να εξετασθεί ως προς την σύγκλιση η σειρά $\displaystyle\mathop{\sum}\limits_{\nu=1}^{+\infty}{\frac{\nu^{{\cal{H}}_{\nu}}}{({{\cal{H}}_{\nu}})^{\nu}}}$

Ακόμα μια λύση:

Θα χρειαστούμε ότι για $n\in{\mathbb{N}}\,,\, n\geqslant15$ , ισχύουν
$\begin{aligned} \left\{\begin{array}{c} 1+\log{n}<\frac{n}{2}\\\noalign{\vspace{0.2cm}} \frac{1}{\gamma+\log(n+1)}<\frac{1}{2\sqrt{{\rm{e}}}} \end{array}\right\}\quad (1) \end{aligned}$
και ότι, για κάθε $n\in{\mathbb{N}}$ , ισχύει

$\gamma+\log{n}<{\cal{H}}_n\leqslant1+\log{n}\quad (2)$
Αν $\alpha_n=\frac{n^{{\cal{H}}_{n}}}{({\cal{H}}_{n})^n}\,,\; n\in{\mathbb{N}}\,,$ τότε για $n\in{\mathbb{N}}\,,\, n\geqslant15$ , ισχύει
$\begin{aligned} \frac{\alpha_{n+1}}{\alpha_n}&=\frac{(n+1)^{{\cal{H}}_{n+1}}({\cal{H}}_{n})^n}{n^{{\cal{H}}_{n}}({\cal{H}}_{n+1})^{n+1}}\\\noalign{\vspace{0.2cm}} &=\frac{(n+1)^{{\cal{H}}_{n}+\frac{1}{n+1}}({\cal{H}}_{n})^n}{n^{{\cal{H}}_{n}}({\cal{H}}_{n+1})^{n}\,{\cal{H}}_{n+1}}\\\noalign{\vspace{0.2cm}} &=\Big(\frac{n+1}{n}\Big)^{{\cal{H}}_{n}}(n+1)^{\frac{1}{n+1}}\Big(\frac{{\cal{H}}_{n}}{{\cal{H}}_{n+1}}\Big)^n\frac{1}{{\cal{H}}_{n+1}}\\\noalign{\vspace{0.2cm}} &\stackrel{\frac{{\cal{H}}_{n}}{{\cal{H}}_{n+1}}<1}{\leqslant}\Big(1+\frac{1}{n}\Big)^{{\cal{H}}_{n}}\cdot\frac{3}{2}\cdot1\cdot\frac{1}{{\cal{H}}_{n+1}}\\\noalign{\vspace{0.2cm}} &\stackrel{(2)}{\leqslant}\frac{3}{2}\Big(1+\frac{1}{n}\Big)^{1+\log{n}}\frac{1}{\gamma+\log(n+1)}\\\noalign{\vspace{0.2cm}} &\stackrel{(1)}{\leqslant}\frac{3}{2}\Big(1+\frac{1}{n}\Big)^{\frac{n}{2}}\frac{1}{2\sqrt{{\rm{e}}}}\\\noalign{\vspace{0.2cm}} &<\frac{3}{2}\,\sqrt{{\rm{e}}}\,\frac{1}{2\sqrt{{\rm{e}}}}\\\noalign{\vspace{0.2cm}} &=\frac{3}{4}<1\,. \end{aligned}$

Από το κριτήριο πηλίκου του D' Alembert, προκύπτει ότι η σειρά $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n^{{\cal{H}}_{n}}}{({\cal{H}}_{n})^n}$ συγκλίνει.

mathematica.gr

Ακολουθία και σειρά αρμονικών αριθμών

Ακολουθία και σειρά αρμονικών αριθμών

Re: Ακολουθία και σειρά αρμονικών αριθμών

Re: Ακολουθία και σειρά αρμονικών αριθμών

Re: Ακολουθία και σειρά αρμονικών αριθμών

Re: Ακολουθία και σειρά αρμονικών αριθμών

Re: Ακολουθία και σειρά αρμονικών αριθμών

Re: Ακολουθία και σειρά αρμονικών αριθμών