mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μάιος 04, 2010 3:27 pm**

Να υπολογιστεί το όριο της ακολουθίας:

$\displaystyle{S_n=\frac{n+1}{2^{n+1}}\sum_{i=0}^n \frac{2^i}{i}}$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μάιος 04, 2010 4:30 pm**

Ισχυει $\displaystyle S_n = \frac{\sum_{i=1}^n \frac{2^i}{i}}{\frac{2^{n+1}}{n+1}}$ . Ο παρονομαστης ειναι αυξουσα και μη φραγμενη ακολουθια οποτε μπορουμε να χρησιμοποιησουμε Stolz-Cesaro.

Εχουμε $\displaystyle \frac{\sum_{i=1}^{n+1} \frac{2^i}{i} -\sum_{i=1}^n \frac{2^i}{i}}{ \frac{2^{n+2}}{n+2} - \frac{2^{n+1}}{n+1}} = \frac{n + 2}{n}$ οποτε $\displaystyle \lim_{n \to \infty} S_n = 1$

Διορθωσα τους δεικτες στα αθροισματα. Οπως σωστα επισημαινει ο Ανδρεας, δε μπορουμε να αρχισουμε απο το 0.

Δημητρης Σκουτερης

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μάιος 05, 2010 10:20 am**

Ερώτηση:
Το σύμβολο (2^i)/i είναι το γνωστό πηλίκο; Αν ναι, πώς μπορεί το i να πάρει την τιμή 0;
Φιλικά,
Ανδρέας Πούλος

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μάιος 05, 2010 10:24 am**

Εχεις δικιο Ανδρεα. Το διορθωσα.

Δημητρης

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μάιος 05, 2010 11:07 am**

Το πρόβλημα αυτό σχετίζεται έμμεσα με δυο "γνωστά" προβλήματα:

(1) (19th Putnam, Nov. 1958) Αν $\displaystyle{b_n=\sum_{k=0}^n {n \choose \of k}^{-1}}$ , τότε $\displaystyle{\lim_{n\to \infty} b_n=2}$ .

(2) Για n>0

, $\displaystyle{b_n=\frac{n+1}{2^{n+1}}\sum_{i=1}^{n+1} \frac{2^i}{i}=S_n+1}$

****************************************************************************************************
Έτσι, μπορεί κανείς να δείξει ότι

$S_n=\sum_{k=1}^n {n \choose \of k}^{-1}}$

-πρόβλημα που προτάθηκε στο Mathematics Magazine (Πρόβλημα 1682), λύση του οποίου επισυνάπτεται-

και μετά να παρατηρήσει ότι

$\displaystyle{1\leq S_n=1+\frac{2}{n}+\sum_{k=2}^{n-2} \frac{1}{{n \choose \of k}}\leq 1+\frac{2}{n}+\frac{n-3}{{n\choose \of 2}}}}$

κ.ο.κ.

Φυσικά, η λύση του Δημήτρη είναι πιο κομψή.

Φιλικά,

Αχιλλέας

mathematica.gr

Όριο ακολουθίας

Όριο ακολουθίας

Re: Όριο ακολουθίας

Re: Όριο ακολουθίας

Re: Όριο ακολουθίας

Re: Όριο ακολουθίας