mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 18, 2018 8:37 am**

Παρόμοια με αυτήν δίνεται το παρακάτω πρόβλημα για το οποίο δεν έχω λύση:

Για την ακολουθία $\alpha_n=\sqrt{n}-\lfloor\sqrt{n}\rfloor\,,\; n\in\mathbb{N}$ , όπου $\lfloor{\cdot}\rfloor$ το ακέραιο μέρος, να αποδειχθεί ότι $\limsup\alpha_n=1$ .

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 18, 2018 9:45 am**

grigkost έγραψε: Κυρ Φεβ 18, 2018 8:37 am Για την ακολουθία $\alpha_n=\sqrt{n}-\lfloor\sqrt{n}\rfloor\,,\; n\in\mathbb{N}$ , όπου $\lfloor{\cdot}\rfloor$ το ακέραιο μέρος, να αποδειχθεί ότι $\limsup\alpha_n=1$ .

Ισχύει βέβαια $\displaystyle{\alpha_n=\sqrt{n}-\lfloor\sqrt{n}\rfloor \le 1}$ . Τώρα, για n=m^2-1

με χρήση της $\displaystyle{m > \sqrt {m^2-1} > m-1}$ έχουμε

$\displaystyle{\sqrt{n}-\lfloor\sqrt{n}\rfloor =\sqrt{m^2-1}-\lfloor\sqrt{m^2-1}\rfloor = \sqrt{m^2-1}- (m-1) = 1 -\left ( m-\sqrt{m^2-1}\right) = 1 -\frac {1}{m+\sqrt{m^2-1}}\to 1 }$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Φεβ 19, 2018 11:16 am**

grigkost έγραψε: Κυρ Φεβ 18, 2018 8:37 am Παρόμοια με αυτήν δίνεται το παρακάτω πρόβλημα για το οποίο δεν έχω λύση:

Για την ακολουθία $\alpha_n=\sqrt{n}-\lfloor\sqrt{n}\rfloor\,,\; n\in\mathbb{N}$ , όπου $\lfloor{\cdot}\rfloor$ το ακέραιο μέρος, να αποδειχθεί ότι $\limsup\alpha_n=1$ .

Η ακολουθία παρουσιάζει ενδιαφέρον.

Ο λόγος είναι ότι τα οριακά της σημεία είναι το [0,1]

Δηλαδή για κάθε $a\in [0,1]$

υπάρχει υπακολουθία της που συγκλίνει στο

.

Εστω $a\in [0,1]$

Είναι $n^{2}\leq n^{2}+[2an]< n^{2}+2n+1=(n+1)^{2}$

Ετσι

$a_{n^{2}+[2an]}=\sqrt{n^{2}+[2an]}-n=\dfrac{[2an]}{\sqrt{n^{2}+[2an]}+n}$

Αλλά $\dfrac{[2an]}{\sqrt{n^{2}+[2an]}+n}=\dfrac{\frac{[2an]}{n}}{\sqrt{1+\frac{[2an]}{n^{2}}}+1}\rightarrow a$

γιατί $\frac{[2an]}{n}\rightarrow 2a$

mathematica.gr

Ακολουθία με ακέραιο μέρος

Ακολουθία με ακέραιο μέρος

Re: Ακολουθία με ακέραιο μέρος

Re: Ακολουθία με ακέραιο μέρος