mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Δεκ 17, 2016 4:46 pm**

Εστω $a_{n}=\dfrac{\sqrt[n]{n!}}{n}$

Να δείξετε ότι $a_{n}\rightarrow \frac{1}{e}$

Τρεις τουλάχιστον αποδείξεις.

Μια απόδειξη με βάση ότι το

είναι ο μοναδικός πραγματικός με την ιδιότητα

$(1+\frac{1}{n})^{n}<e< (1+\frac{1}{n})^{n+1}$ για κάθε $n\in \mathbb{N}-\left \{ 0 \right \}$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Δεκ 17, 2016 6:06 pm**

Η μία προσέγγιση είναι η γνωστή με Stirling. Μια καλύτερη προσέγγιση είναι χρησιμοποιώντας σειρές Taylor, γράφοντας:

$\displaystyle{\sqrt[n]{{n!}} \simeq \frac{n}{e} + \frac{{\log \left( {2\pi n} \right)}}{{2e}} \Rightarrow \frac{{\sqrt[n]{{n!}}}}{n} \simeq \frac{1}{e} + \frac{{\log \left( {2\pi n} \right)}}{{2ne}}}$

Και επειδή $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{\log \left( {2\pi n} \right)}}{{2ne}} = 0}$ έχουμε ότι $\displaystyle{\frac{{\sqrt[n]{{n!}}}}{n} \to \frac{1}{e}}$ .

Μια ακόμα λύση θα μπορούσε να είναι χρησιμοποιώντας την ανίσωση $\displaystyle{{\left( {\frac{n}{e}} \right)^n} < n! < {\left( {\frac{n}{e}} \right)^{n + 1}} \Rightarrow \frac{n}{e} < \sqrt[n]{{n!}} < \frac{n}{e}\sqrt[n]{{\frac{n}{e}}} \Rightarrow \frac{1}{e} < \frac{{\sqrt[n]{{n!}}}}{n} < \frac{1}{e}\sqrt[n]{{\frac{n}{e}}}}$

Από ισοσυγκλίνουσες έπεται εύκολα το ζητούμενο.

Φιλικά,
Μάριος

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Δεκ 17, 2016 8:32 pm**

Επίσης μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε και την παρακάτω ανισότητα για την ακολουθία $\displaystyle{a_{n}=\frac{n!}{n^{n}}$ που ισχύει για κάθε ακολουθία $a__{n}$ με θετικούς όρους:

$\displaystyle{\liminf_{n\to+\infty}\frac{a_{n+1}}{a_{n}}\leq\liminf_{n\to+\infty}\sqrt[n]{a_{n}}\leq\limsup_{n\to+\infty}\sqrt[n]{a_{n}}\leq\limsup_{n\to+\infty}\frac{a_{n+1}}{a_{n}}}$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Δεκ 17, 2016 8:33 pm**

Μάριε,

νομίζω ότι με κανένα μέτρο δεν μπορούν να γίνουν δεκτές οι δύο αποδείξεις σου για τον απλούστατο λόγο ότι χρησιμοποιούν ως δεδομένο κάτι πολύ βαρύτερο από το αποδεικτέο (δηλαδή περιέχει το αποδεικτέο, και βάλε).

Για παράδειγμα, θα δεχόσουν την εξής απόδειξη του $\displaystyle{ \frac { \sqrt [n] {n!}} {n} \to \frac {1}{e}}$ ;

Απόδειξη: Αφού ως γνωστόν ισχύει $\displaystyle{ \sqrt [n] {n!} \sim \frac {n}{e} \, (*)}$ έχουμε $\displaystyle{ \frac { \sqrt [n] {n!} }{n} \sim \frac {1}{e}}$ . Τελειώσαμε.

Είμαι βέβαιος ότι κανείς δεν θα το δεχόταν ως πλήρη απόδειξη. Να όμως που έχεις χρησιμοποιήσει κάτι ακόμα δυσκολότερο, του οποίου το (*) είναι άμεσο και απλούστερο. Συγκεκριμένα

M.S.Vovos έγραψε: $\displaystyle{\sqrt[n]{{n!}} \simeq \frac{n}{e} + \frac{{\log \left( {2\pi n} \right)}}{{2e}}$

Το ίδιο ακριβώς προθύστερο έχεις και εδώ:

M.S.Vovos έγραψε: χρησιμοποιώντας την ανίσωση $\displaystyle{{\left( {\frac{n}{e}} \right)^n} < n! < {\left( {\frac{n}{e}} \right)^{n + 1}}$

Αμέσως από κάτω θα βάλω δύο αυτόνομες αποδείξεις.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Δεκ 17, 2016 8:45 pm**

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε:Εστω $a_{n}=\dfrac{\sqrt[n]{n!}}{n}$

Να δείξετε ότι $a_{n}\rightarrow \frac{1}{e}$

Τρεις τουλάχιστον αποδείξεις.

Μια απόδειξη με βάση ότι το είναι ο μοναδικός πραγματικός με την ιδιότητα

$(1+\frac{1}{n})^{n}<e< (1+\frac{1}{n})^{n+1}$ για κάθε $n\in \mathbb{N}-\left \{ 0 \right \}$

Θα κάνω απόδειξη μέσω της υπόδειξης και αργότερα μία διαφορετική.

Πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη τις δοθείσες ανισώσεις για n=1

έως

έχουμε

$\displaystyle{ \left ( \frac {2}{1}\right ) \left ( \frac {3}{2}\right )^2 \left ( \frac {4}{3}\right ) ^3... \left ( \frac {N+1}{N}\right ) ^N \le e^N \le \left ( \frac {2}{1}\right )^2 \left ( \frac {3}{2}\right )^3 \left ( \frac {4}{3}\right ) ^4... \left ( \frac {N+1}{N}\right ) ^{N+1}}$

οπότε τηλεσκοπικά

$\displaystyle{ \frac {(N+1)^N}{N!} \le e^N \le \frac {(N+1)^{N+1}}{N!}}$

Παίρνοντας

ρίζα εύκολα καταλήγουμε στο ζητούμενο (στο δεξί μέλος θα χρειαστεί και το $\sqrt [N]N\to 1$ )

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Δεκ 17, 2016 9:21 pm**

Θέλουμε να δείξουμε ότι

$\displaystyle {\sqrt[n]{ \dfrac{{n!}}{n^n}} \to \frac{1}{e}}$ , ισοδύναμα $\displaystyle{ \frac {1}{n} \sum_{k=1}^n \ln \frac {k}{n} \to -1}$

Πριν συνεχίσω σχολιάζω ότι το αριστερό μέλος είναι άθροισμα Riemann του $\displaystyle{\int _0^1 \ln x \, dx = -1}$ , οπότε φαινομενικά τελειώσαμε. Το πρόβλημα είναι ότι το ολοκλήρωμα είναι καταχρηστικό (μη φραγμένη συνάρτηση στο αριστερό άκρο) οπότε κάνουμε μικρή μανούβρα για να παρακάμψουμε την δυσκολία.

Έχουμε

$\displaystyle{ \frac {1}{n} \sum_{k=1}^n \ln \frac {k}{n} - \int _0^1 \ln x \, dx = \sum_{k=2}^n\left (\frac {1}{n} \ln \frac {k}{n} - \int _{(k-1)/n}^{k/n} \ln x \, dx\right ) + o(1)}$

$\displaystyle{= - \sum_{k=2}^n \int _{(k-1)/n}^{k/n} \left (\ln x - \ln \frac {k}{n} \right ) dx + o(1)\le - \sum_{k=2}^n \int _{(k-1)/n}^{k/n} \left (\ln \frac {k-1}{n} - \ln \frac {k}{n} \right ) dx + o(1)}$

$\displaystyle{= - \frac {1}{n} \sum_{k=2}^n \ln \frac {k-1}{k} + o(1)= - \frac {1}{n} \ln \frac {1}{n} + o(1) \to 0 }$

και λοιπά.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Δεκ 19, 2016 1:30 am**

Κατάλαβα κ. Μιχάλη και ευχαριστώ! Όμορφες οι λύσεις σας.

Δεν κατάλαβα όμως γιατί η απόδειξη με την ανισότητα είναι λανθασμένη. Μπορείτε να το εξηγήσετε λίγο;

Με εκτίμηση,
Μάριος

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Δεκ 19, 2016 9:07 am**

M.S.Vovos έγραψε: Δεν κατάλαβα όμως γιατί η απόδειξη με την ανισότητα είναι λανθασμένη. Μπορείτε να το εξηγήσετε λίγο;

Μάριε, Καλημέρα.

Δεν είπα ότι η απόδειξη είναι λανθασμένη. Είπα ότι είναι προθύστερη.

Ο λόγος είναι ότι ο σωστός κατά τα άλλα τύπος που γράφεις είναι ισχυρότερος του αποδεικτέου, οπότε χρειάζεται αιτιολόγηση (επειδή δεν είναι γνωστός).

Το πνεύμα της άσκησης είναι να δούμε ένα άμεσο πόρισμα του τύπου του Stirling $\displaystyle{ n! \sim \left ( \frac {n}{e}\right ) ^n}$ , χωρίς να τον χρησιμοποιήσουμε. Η ιδέα είναι να έχουμε μία προσιτή και απευθείας απόδειξη του πορίσματος $\displaystyle{ \sqrt [n] {n!} \sim \frac {n}{e}}$ ή αλλιώς (το ίδιο πράγμα) $\displaystyle{ \frac {\sqrt [n] {n!} }{n} \to \frac {1}{e}}$ .

Για παράδειγμα, αν δίδασκες πρωτοετείς φοιτητές Θεωρία Αριθμών και έβαζες ως άσκηση το εξής αποτέλσμα του Euler: Δείξτε ότι η εξίσωση δεν έχει μη τετριμμένες λύσεις στους ακεραίους.

Θα δεχόσουν λύση που έλεγε: Εφόσον ο Wiles έδειξε ότι η δεν έχει μη τετριμμένες λύσεις στους ακεραίους για $n\ge 3$ , το ζητούμενο έπεται ως άμεσο πόρισμα.

Νομίζω πως όχι, πρώτα από όλα γιατί θα ήσουν βέβαιος ότι ο φοιτητής δεν έχει διαβάσει ή δεν ξέρει να σου πει την απόδειξη του Wiles. Δεύτερον, θα έλεγες ότι ο φοιτητής έχασε την ουσία γιατί του έβαλες την συγκεκριμένη άσκηση.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Δεκ 20, 2016 9:20 am**

Από τις τρείς αποδείξεις που γνώριζα οι δύο είναι αυτές που έκανε ο Μιχάλης.
Η τρίτη είναι παρόμοια με αυτή του Αντώνη.
Για πληρότητα του θέματος την γράφω.
Θέτουμε $c_{n}=\dfrac{n!}{n^{n}}$

Εχουμε $c_{n}=\frac{c_{n}}{c_{n-1}}\frac{c_{n-1}}{c_{n-2}}....\frac{c_{2}}{c_{1}}c_{1}$

Θέτουμε $b_{n}=\frac{c_{n}}{c_{n-1}},b_{1}=c_{1}$

Εύκολα βλέπουμε ότι $b_{n}\rightarrow \frac{1}{e}$

Αλλά $a_{n}=\sqrt[n]{c_{n}}=\sqrt[n]{b_{n}b_{n-1}...b_{1}}\rightarrow \frac{1}{e}$

Γιατί $b_{n}> 0$

και $log\sqrt[n]{b_{n}b_{n-1}....b_{1}}=\frac{1}{n}(logb_{n}+logb_{n-1}+....logb_{1})\rightarrow log\frac{1}{e}$

λόγω γνωστής πρότασης στις ακολουθίες.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Δεκ 20, 2016 6:42 pm**

(Λίγο) Διαφορετικά:

Αποδείξτε επαγωγικά και μετά χρησιμοποιήστε την ακόλουθη ανισότητα:

$\displaystyle{ n \log{n} - n + 1 \leqslant \sum_{k=1}^n \log{k} \leqslant (n+1)\log{n} - n + 1}$

[Είμαστε σε φάκελο ΑΕΙ οπότε όλοι οι λογάριθμοι είναι φυσικοί.]

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Δεκ 20, 2016 7:17 pm**

Demetres έγραψε: Αποδείξτε επαγωγικά και μετά χρησιμοποιήστε την ακόλουθη ανισότητα:

$\displaystyle{ n \log{n} - n + 1 \leqslant \sum_{k=1}^n \log{k} \leqslant (n+1)\log{n} - n + 1}$

Για το επαγωγικό βήμα η αριστερή ανισότητα απαιτεί

$\displaystyle{ (n+1) \log (n+1) - (n +1) + 1 \leqslant \left [ n \log{n} - n + 1 \right ] + \log (n+1)$

Ισοδύναμα

$\displaystyle{ n \left ( \log (n+1) - \log n \right ) \leqslant 1}$ και άρα στην αληθή $\displaystyle{ \left ( 1+ \frac {1}{n} \right )^n \leqslant e}$

Η δεξιά ανισότητα είναι παρόμοια. Μας φέρνει στην $\displaystyle{ 1 \leqslant (n+1) \left ( \log (n+1) - \log n \right )}$ και άρα στην αληθή $\displaystyle{ e \leqslant \left ( 1+ \frac {1}{n} \right )^{n+1} }$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Δεκ 20, 2016 8:27 pm**

Demetres έγραψε:... και μετά χρησιμοποιήστε την ακόλουθη ανισότητα:

Ξεχάστηκα!

Το αληθινό νόημα της υπόδειξης του Δημήτρη είναι το δεύτερο μέρος, αλλά ... το παρέβλεψα.

Επανορθώνω και συμπληρώνω:

Η ανισότητα γράφεται

$\displaystyle{ \log{\left ( n^n e^{ - n + 1} \right ) \leqslant \log{n!} \leqslant \log{\left (n^ {(n+1)} e^{ - n + 1}\right )}$

άρα

$\displaystyle{ \left ( \frac {n }{e} \right ) ^{ n } e\leqslant n! \leqslant \left ( \frac {n }{e} \right ) ^{ n } ne \, (*)}$

Από όπου το ζητούμενο αν πάρουμε

ρίζα.

Σχολιάζω ότι η (*)

είναι σχεδόν ο τύπος Stirling. Το ενδιαφέρον είναι ότι η υπόδειξη του Δημήτρη οδηγεί σε έναν ισχυρό τύπο, με ελάχιστα εργαλεία. Τρόπος του λέγειν, νόστιμο φαγητό με ελάχιστα υλικά.

mathematica.gr

Δύσκολη ακολουθία

Δύσκολη ακολουθία

Re: Δυσκολή ακολουθία

Re: Δύσκολη ακολουθία

Re: Δυσκολή ακολουθία

Re: Δύσκολη ακολουθία

Re: Δύσκολη ακολουθία

Re: Δύσκολη ακολουθία

Re: Δύσκολη ακολουθία

Re: Δύσκολη ακολουθία

Re: Δύσκολη ακολουθία

Re: Δύσκολη ακολουθία

Re: Δύσκολη ακολουθία