mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 05, 2016 3:25 pm**

Μετά από την ανάρτηση που έκανε ο Σπύρος98 περί συγκλίσεως ακολουθίας, να συμπληρώσω κάποιες ακολουθίες (εύκολες) από σημειώσεις:

Να βρείτε, εφόσον υπάρχουν, τα όρια των παρακάτω ακολουθιών:

$\displaystyle a_{n}=\frac{sin\left ( \frac{1}{n} \right )}{\left ( 1^{2}+2^{2}+...+n^{2} \right )\left ( \frac{1}{1^{2}}+\frac{2}{2^{2}}+...+\frac{1}{n^{2}} \right )}$

$\displaystyle \beta _{n}=\sqrt[n]{\sqrt{1+n\sqrt{\left 1+( n+1 \right )\sqrt{1+(n+2)\sqrt{1+...}}}}}$

$\displaystyle \gamma _{n}=\left [ \frac{(2n)!}{(n!)^{2}} \right ]^{\frac{1}{n}}$

$\displaystyle \delta _{n}=\frac{\sqrt[n]{1+2^{n}+3^{n}+...+n^{n}}}{n}$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 05, 2016 5:12 pm**

Για τη δ.) . Αρκεί να παρατηρήσουμε ότι $n\leq \sqrt[n]{1^n+2^n+..+n^n} \leq n\sqrt[n]{n}$ το ζήτούμενο προκύπτει άμεσα απο κριτήριο ισοσυγκλίνουσων. (αποδεικνύεται ότι $\sqrt[n]{n} \rightarrow 1$
και μία δυσκολότερη αφου πιάσατε ακολουθίες: Να βρείτε το σημείο σύγκλισης της $x_n=\dfrac{{1+2^2+..+n^n}}{n^n}$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Νοέμ 08, 2016 11:14 pm**

Kostas Tzimoulias έγραψε:Για τη δ.) . Αρκεί να παρατηρήσουμε ότι $n\leq \sqrt[n]{1^n+2^n+..+n^n} \leq n\sqrt[n]{n}$ το ζήτούμενο προκύπτει άμεσα απο κριτήριο ισοσυγκλίνουσων. (αποδεικνύεται ότι $\sqrt[n]{n} \rightarrow 1$
και μία δυσκολότερη αφου πιάσατε ακολουθίες: Να βρείτε το σημείο σύγκλισης της $x_n=\dfrac{{1+2^2+..+n^n}}{n^n}$

Η άσκηση είναι από τις σημειώσεις του Α.Γιαννόπουλου.Δίνω λύση γιατί είναι διαφορετική.
Γράφουμε το πάνω άθροισμα σε δύο.

Το $1+2^{2}+....(n-2)^{n-2}$ και το $(n-1)^{n-1}+n^{n}$

Το πρώτο είναι μικρότερο από $(n-2)(n-2)^{n-2}< n^{n-1}$
(μεγαλύτερος είναι ο τελευταίος όρος και όλοι είναι n-2

)

Το δεύτερο είναι μικρότερο από $(n-1)^{n-1}+n^{n}< n^{n-1}+n^{n}$

Ετσι έχουμε $1< x_{n}< \dfrac{n^{n-1}+n^{n-1}+n^{n}}{n^{n}}=1+\frac{2}{n}$

Από την τελευταία παίρνουμε ότι $x_{n}\rightarrow 1$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Νοέμ 10, 2016 11:31 pm**

M.S.Vovos έγραψε:Μετά από την ανάρτηση που έκανε ο Σπύρος98 περί συγκλίσεως ακολουθίας, να συμπληρώσω κάποιες ακολουθίες (εύκολες) από σημειώσεις:

Να βρείτε, εφόσον υπάρχουν, τα όρια των παρακάτω ακολουθιών:

$\displaystyle a_{n}=\frac{sin\left ( \frac{1}{n} \right )}{\left ( 1^{2}+2^{2}+...+n^{2} \right )\left ( \frac{1}{1^{2}}+\frac{2}{2^{2}}+...+\frac{1}{n^{2}} \right )}$

$\left | a_{n} \right |\leq \left | \sin \frac{1}{n} \right |\leq \frac{1}{n}$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Νοέμ 10, 2016 11:58 pm**

M.S.Vovos έγραψε: Να βρείτε, εφόσον υπάρχουν, τα όρια των παρακάτω ακολουθιών:

$\displaystyle a_{n}=\frac{sin\left ( \frac{1}{n} \right )}{\left ( 1^{2}+2^{2}+...+n^{2} \right )\left ( \frac{1}{1^{2}}+\frac{2}{2^{2}}+...+\frac{1}{n^{2}} \right )}$

$\displaystyle | a_{n} | \le \frac{1}{\left (0+n^{2} \right )\left ( \frac{1}{1^{2}}+0} \right ) }=\frac{1}{n^{2}} \to 0$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Νοέμ 11, 2016 12:27 am**

M.S.Vovos έγραψε: $\displaystyle \gamma _{n}=\left [ \frac{(2n)!}{(n!)^{2}} \right ]^{\frac{1}{n}}$

Θέτουμε $\displaystyle c _{n}= \frac{(2n)!}{(n!)^{2}}}$ , οπότε

$\displaystyle \frac {c _{n+1}}{c_n}= \frac{(2n+1)(2n+2)}{(n+1)^{2}} \to 4}$

Από γνωστό θεώρημα έπεται

$\displaystyle \gamma _{n}=\left [c_n \right ]^{\frac{1}{n}} \to 4}$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Νοέμ 11, 2016 12:43 am**

M.S.Vovos έγραψε: $\displaystyle \gamma _{n}=\left [ \frac{(2n)!}{(n!)^{2}} \right ]^{\frac{1}{n}}$

Άλλος τρόπος για την $\displaystyle \gamma _{n}}$ είναι από τον τύπο του Stirling: $\displaystyle{n! \sim \left ( \frac {n}{e} \right )^n}$ . Άρα

$\displaystyle \gamma _{n}\sim \left [ \frac{ \left ( \frac {2n}{e} \right )^{2n} }{\left ( \frac {n}{e} \right )^{2n}} \right ]^{\frac{1}{n}}=4}$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Νοέμ 11, 2016 11:26 pm**

Ακόμη ένας τρόπος:

Έχουμε $\displaystyle{ \binom{2n}{0} + \binom{2n}{1} + \cdots + \binom{2n}{2n} = 2^{2n} = 4^n}$

με τον $\displaystyle{ \binom{2n}{n} }$ να είναι ο μεγαλύτερος από τους διωνυμικούς συντελεστές. Άρα

$\displaystyle{ \frac{4^n}{2n+1} \leqslant \binom{2n}{n} \leqslant 4^n.}$

Οπότε

$\displaystyle{ \frac{4}{\sqrt[n]{2n+1}} \leqslant \gamma_n \leqslant 4}$

που δίνει $\gamma_n \to 4$ .

mathematica.gr

Κι άλλες συγκλίσεις

Κι άλλες συγκλίσεις

Re: Κι άλλες συγκλίσεις

Re: Κι άλλες συγκλίσεις

Re: Κι άλλες συγκλίσεις

Re: Κι άλλες συγκλίσεις

Re: Κι άλλες συγκλίσεις

Re: Κι άλλες συγκλίσεις

Re: Κι άλλες συγκλίσεις