mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μάιος 20, 2019 1:16 pm**

Θεωρούμε την ακολουθία $(a_{n})_{n\in \mathbb{N}}$

με $a_{n}\geq 0,n\in \mathbb{N}$

Φτιάχνουμε μια νέα ακολουθία την

$b_{n}=\sqrt[n]{a_{1}^{n}+a_{2}^{n}+....+a_{n}^{n}}$

Να δειχθεί ότι το

$\lim_{n\rightarrow \infty }b_{n}$

υπάρχει στο

$[0,\infty )\cup \left \{ \infty \right \}$

και να βρεθεί.
(εννοείται ότι είναι κάτι που σχετίζεται με την $(a_{n})_{n\in \mathbb{N}}$ )

Μέχρι 25-5-2019

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μάιος 20, 2019 7:10 pm**

Δεν είμαι απολύτως σίγουρος για την ορθότητα της λύσης:

Έστω $a=\sup a_n$ . Προφανώς, αφού $a_n>0\ \forall n\in\mathbb{N}$ , είναι $a^n\leqslant a_1^n+a_2^n+...+a_n^n\leqslant na^n\Leftrightarrow a\leqslant b_n\leqslant a\sqrt[n]{n}$ . Όμως, $\lim a=a$ και $\lim\left(a\sqrt[n]{n}\right)=a\lim\sqrt[n]{n}=a$ . Άρα, σύμφωνα με το κριτήριο παρεμβολής, το όριο $\lim b_n$ υπάρχει και είναι $\lim b_n=a$ . Αν η $\left(a_n\right)$ δεν έχει άνω φράγματα, τότε θα $\lim b_n=\infty$ .

*Το τυπογραφικό διορθώθηκε.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μάιος 20, 2019 7:28 pm**

nikos_el έγραψε: Δευ Μάιος 20, 2019 7:10 pm Δεν είμαι απολύτως σίγουρος για την ορθότητα της λύσης:

Έστω $a=\sup a_n$ . Προφανώς, αφού $a_n>0\ \forall n\in\mathbb{N}$ , είναι $a^n\leqslant a_1^n+a_2^n+...+a_n^n\leqslant na_n^n\Leftrightarrow a\leqslant b_n\leqslant a\sqrt[n]{n}$ . Όμως, $\lim a=a$ και $\lim\left(a\sqrt[n]{n}\right)=a\lim\sqrt[n]{n}=a$ . Άρα, σύμφωνα με το κριτήριο παρεμβολής, το όριο $\lim b_n$ υπάρχει και είναι $\lim b_n=a$ . Αν η $\left(a_n\right)$ δεν έχει άνω φράγματα, τότε θα $\lim b_n=\infty$ .

Μπράβο.

Λεπτομέριες λείπουν

Η βασική σχέση

$a^n\leqslant a_1^n+a_2^n+...+a_n^n\leqslant na_n^n$ .

λόγω τυπογραφικού θα έπρεπε να γραφεί

$a^n\leqslant a_1^n+a_2^n+...+a_n^n\leqslant na^n$

Η δεξιά ανισότητα είναι σωστή.

Η αριστερή έχει πρόβλημα.

Ισχύει για $n\geq n_{0}$ αν $a=a_{n_{0}}$

Το πρόβλημα είναι αν $a> a_{n},n\in \mathbb{N}$

Και βέβαια για $a=\infty$ θέλει λιγο παραπάνω δικαιολόγηση

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μάιος 20, 2019 7:44 pm**

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: Δευ Μάιος 20, 2019 7:28 pm $a^n\leqslant a_1^n+a_2^n+...+a_n^n\leqslant na^n$

Η δεξιά ανισότητα είναι σωστή.

Η αριστερή έχει πρόβλημα.

Ισχύει για $n\geq n_{0}$ αν $a=a_{n_{0}}$

Το πρόβλημα είναι αν $a> a_{n},n\in \mathbb{N}$

Σε αυτό το σημείο έγκειται και η αβεβαιότητα για την ορθότητα της λύσης μου.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μάιος 21, 2019 4:43 pm**

nikos_el έγραψε: Δευ Μάιος 20, 2019 7:44 pm
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: Δευ Μάιος 20, 2019 7:28 pm
Η αριστερή έχει πρόβλημα.
Σε αυτό το σημείο έγκειται και η αβεβαιότητα για την ορθότητα της λύσης μου.

.
Ας δώσω μία υπόδειξη για να επιδιορθωθεί το σημείο που επισημαίνει ο Σταύρος: Για δοθέν $\epsilon >0$ υπάρχει n_0

με $a-\epsilon \le a_{n_0}$ (γιατί;). Έπεται ότι για κάθε $n\ge n_0$ ισχύει

$a-\epsilon \le \sqrt [n]{ a_1^n+a_2^n+...+a_n^n} \le a\sqrt[n]{n}$ .

Συνέχισε.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 16, 2019 9:30 pm**

Mihalis_Lambrou έγραψε: Τρί Μάιος 21, 2019 4:43 pm Ας δώσω μία υπόδειξη για να επιδιορθωθεί το σημείο που επισημαίνει ο Σταύρος: Για δοθέν $\epsilon >0$ υπάρχει με $a-\epsilon \le a_{n_0}$ (γιατί;). Έπεται ότι για κάθε $n\ge n_0$ ισχύει

$a-\epsilon \le \sqrt [n]{ a_1^n+a_2^n+...+a_n^n} \le a\sqrt[n]{n}$ .

Συνέχισε.

Νίκο, χάθηκες. Καμιά πρόοδος στο παραπάνω;

mathematica.gr

Οριο ακολουθίας

Οριο ακολουθίας

Re: Οριο ακολουθίας

Re: Οριο ακολουθίας

Re: Οριο ακολουθίας

Re: Οριο ακολουθίας

Re: Οριο ακολουθίας