mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιαν 09, 2018 9:58 pm**

Με αφορμή λύσης του
viewtopic.php?f=59&t=52980

Εστω ακολουθία $\left ( a_{n} \right )$

με $a_{n}\rightarrow 0$ και $a_{n+1}< a_{n},n\in \mathbb{N}$

1)Δείξτε ότι η σειρά

$\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{a_{n}-a_{n+1}}{a_{n}}$

αποκλίνει

2)Δείξτε ότι η σειρά

$\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{a_{n}-a_{n+1}}{(a_{n})^{c}}$

για 0<c<1

συγκλίνει

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιαν 09, 2018 10:40 pm**

Για το πρώτο που είναι εύκολο (δεν κοίταξα το δεύτερο)

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: Τρί Ιαν 09, 2018 9:58 pm Εστω ακολουθία $\left ( a_{n} \right )$

με $a_{n}\rightarrow 0$ και $a_{n+1}< a_{n},n\in \mathbb{N}$

1)Δείξτε ότι η σειρά

$\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{a_{n}-a_{n+1}}{a_{n}}$

αποκλίνει

Με άθροισμα Cauchy παίρνοντας $M\to \infty$ έχουμε

$\displaystyle{\sum_{n=N}^{n+M}\dfrac{a_{n}-a_{n+1}}{a_{n}} \ge \sum_{n=N}^{n+M}\dfrac{a_{n}-a_{n+1}}{a_{N}} = \dfrac{a_{N}-a_{n+M+1}}{a_{N}} \to 1 - 0 \ne 0 }$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιαν 09, 2018 10:43 pm**

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: Τρί Ιαν 09, 2018 9:58 pm Με αφορμή λύσης του
viewtopic.php?f=59&t=52980

Εστω ακολουθία $\left ( a_{n} \right )$

με $a_{n}\rightarrow 0$ και $a_{n+1}< a_{n},n\in \mathbb{N}$

1)Δείξτε ότι η σειρά

$\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{a_{n}-a_{n+1}}{a_{n}}$

αποκλίνει.

Κάπου έχει απαντηθεί από το Δημήτρη. ( Demetres ) Πού; Απλά γράφω τη λύση του που είχα κρατήσει για το booklet με τις ασκήσεις στην Ανάλυση.

Ξεκινάμε με το λήμμα:

Λήμμα: Έστω $x_1, \dots, x_n \in (0, 1)$ . Τότε:
$\displaystyle \sum_{i=1}^n (1-x_i) \geqslant 1 - \prod_{i=1}^n x_i$ Απόδειξη: Χρησιμοποιούμε επαγωγή στο

. Για

είναι τετριμμένο. Έστω ότι ισχύει για n =k

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

και το λήμμα απεδείχθει. Εφόσον a_n>0

και $\lim a_n =0$ μπορούμε να βρούμε $1 = i_1 < i_2 < \cdots$ τέτοια ώστε $\displaystyle{\frac{a_{i_{r+1}}}{a_{i_r}} < \frac{1}{2}}$ για κάθε

. Αλλά τότε:
$\displaystyle{\begin{aligned} \sum_{n=1}^{i_k-1} \frac{a_n - a_{n+1}}{a_n} &= \sum_{r=1}^{k-1} \sum_{n=i_r}^{i_{r+1}-1}\left(1 - \frac{a_{n+1}}{a_n} \right) \\ &\geqslant \sum_{r=1}^{k-1} \left(1 - \frac{a_{i_{r+1}}}{a_{i_r}} \right) \\ &> \sum_{r=1}^{k-1} \frac{1}{2} \\ &> \frac{k-1}{2} \end{aligned}}$ όπου στη πρώτη ανισότητα χρησιμοποιήσαμε το λήμμα.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιαν 09, 2018 11:45 pm**

Για το δεύτερο, έχουμε από ΘΜΤ

$\displaystyle \frac{a_{n}^{1-c} - a_{n+1}^{1-c}}{a_n - a_{n+1}} > (1-c) a_n^{-c} \implies \frac{a_n - a_{n+1}}{a_n^c} < \frac{a_n^{1-c} - a_{n+1}^{1-c}}{1-c}$

Το δεξί μέλος συγκλίνει, οπότε και η σειρά.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιαν 10, 2018 12:49 am**

Και εδώ.

mathematica.gr

Σειρές από μηδενική-φθίνουσα

Σειρές από μηδενική-φθίνουσα

Re: Σειρές από μηδενική-φθίνουσα

Re: Σειρές από μηδενική-φθίνουσα

Re: Σειρές από μηδενική-φθίνουσα

Re: Σειρές από μηδενική-φθίνουσα