mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μαρ 09, 2016 2:54 am**

Από κάπου έχω πάρει το παρακάτω πρόβλημα αλλά δεν θυμάμαι από που. Ίσως το έχουμε ξαναδεί ή είναι από διαγωνισμό.

Έστω φθίνουσα ακολουθία a_n>0

με $\displaystyle{\lim_{n \to +\infty} a_n=0}$ . Να δειχθεί ότι η σειρά $\displaystyle{\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{a_n-a_{n+1}}{a_n}}$ αποκλίνει.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μαρ 09, 2016 11:10 pm**

Λήμμα: Αν $x_1,\ldots,x_n \in (0,1)$ τότε $\displaystyle{\sum_{i=1}^n (1-x_i) \geqslant 1 - \prod_{i=1}^n x_i}$

Απόδειξη: Προχωράμε με επαγωγή στο

. Για

είναι άμεσο. Ας υποθέσουμε ότι ισχύει για n=k

. Δηλαδή $\displaystyle{ \sum_{i=1}^k (1-x_i) \geqslant 1 - \prod_{i=1}^k x_i}$ . Τότε

$\displaystyle{ \begin{aligned}\sum_{i=1}^{k+1} (1-x_i) &= \left( \sum_{i=1}^{k} (1-x_i)\right) + (1-x_{k+1}) \\ &\geqslant \left(1 - \prod_{i=1}^k x_i\right) + (1-x_{k+1}) \\ &= 1 - \prod_{i=1}^{k+1} x_i + \left(1 - \prod_{i=1}^k x_i\right)\left(1-x_{k+1}\right) \\ &\geqslant 1 - \prod_{i=1}^{k+1} x_i\right \end{aligned}}$
Δηλαδή ισχύει και για n=k+1

. Άρα το λήμμα αποδείχθηκε.

Αφού με a_n> 0

για κάθε

με $a_n \to 0$ μπορώ να βρω $1 = i_1 < i_2 < \cdots$ ώστε $\displaystyle{ \frac{a_{i_{r+1}}}{a_{i_r}} < \frac{1}{2}}$ για κάθε

.

Τότε όμως έχω

$\displaystyle{ \sum_{n=1}^{i_k-1} \frac{a_n - a_{n+1}}{a_n} = \sum_{r=1}^{k-1} \sum_{n=i_r}^{i_{r+1}-1}\left(1 - \frac{a_{n+1}}{a_n} \right) \geqslant \sum_{r=1}^{k-1} \left(1 - \frac{a_{i_{r+1}}}{a_{i_r}} \right) > \sum_{r=1}^{k-1} \frac{1}{2} > \frac{k-1}{2}}$

όπου στην πρώτη ανισότητα χρησιμοποίησα το λήμμα.

Άρα η σειρά όντως αποκλίνει.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μαρ 10, 2016 12:40 am**

Δημήτρη ωραία λύση. Η δική μου είναι διαφορετική:

Θέτουμε $\displaystyle{b_n=1-\frac{a_{n+1}}{a_n}}$ οπότε 0<b_n<1

και $\displaystyle{a_{n+1}=a_1(1-b_1)\cdot ...\cdot (1-b_n) \to 0}$ . Συνεπώς η σειρά θετικών όρων $\displaystyle{\sum_{n=1}^{+\infty} \ln \frac{1}{1-b_n}}$ αποκλίνει. Θέλουμε να δείξουμε ότι η $\displaystyle{\sum_{n=1}^{+\infty} b_n}$ αποκλίνει. Βασικά η μία αποκλίνει αν και μόνο αν η άλλη αποκλίνει.

Η μια κατεύθυνση είναι άμεση από την ανισότητα $\displaystyle{ x \leq \ln \frac{1}{1-x}}$ για 0 <x <1

που ισχύει διότι $\displaystyle{x \leq \ln \frac{1}{1-x} \Leftrightarrow -x \geq \ln (1-x) \Leftrightarrow e^{-x} \geq 1-x }$ και η τελευταία είναι γνωστή.

Η άλλη κατεύθυνση έπεται από την ανισότητα $\displaystyle{\ln \frac{1}{1-x} \leq (2\ln 2) \cdot x}$ για $0 <x <\frac{1}{2}$ . Αυτή ισχύει διότι η $f(x)=\ln \frac{1}{1-x}$ έχει $f'(x)=\frac{1}{1-x}, f''(x)=\frac{1}{(1-x)^2}$ οπότε είναι κυρτή και άρα βρίσκεται κάτω από το ευθύγραμμο τμήμα με άκρα (0,f(0))

και

.

Σημείωση: Για τη δεύτερη κατεύθυνση δεν γνωρίζουμε ότι $b_n<\frac{1}{2}$ για κάθε

. Αλλά αυτό μπορούμε να το υποθέσουμε διότι αν $b_n \nrightarrow 0$ τότε η σειρά αποκλίνει αυτόματα.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μαρ 10, 2016 9:13 am**

Ωραιότατες και οι δυο λύσεις και διαφορετικές από την λύση
που υπάρχει στο
Problems in Mathematical Analysis v1
W.J.Kaczor M.T.Nowak
Είναι η άσκηση 3.2.43 σελ 80 .

mathematica.gr

Σειρά που αποκλίνει

Σειρά που αποκλίνει

Re: Σειρά που αποκλίνει

Re: Σειρά που αποκλίνει

Re: Σειρά που αποκλίνει