Limes...malo tezi....

Limes...malo tezi.... 01.11.2010. u 19:24 · pre 194 meseca #1

ispred sume mogu izvuci 1/n^p, onda mogu da stavim da suma ide od k=0 do p, ispred jos da izvucem 1/p+1.... i kuda dalje.... znam da je rezultat je 1/2
ako moze neko da objasni, bio bih veoma zahvalan ;)

Re: Limes...malo tezi.... 01.11.2010. u 22:03 · pre 194 meseca #2

Ovako bi trebalo,
primjena stolzovog teorema u kombinaciji sa binomnim obrascem...

Potpis

www.portanaturae.com

Re: Limes...malo tezi.... 01.11.2010. u 23:52 · pre 194 meseca #3

Za $p=-1$ limes nema smisla.

Prvo primetimo da je

$\lim_{n\rightarrow+\infty}\sum_{k=1}^n\frac{k^p}{n^{p+1}}=\lim_{n\rightarrow+\infty}\sum_{k=1}^n\frac 1n\left(\frac kn\right)^p=\int_0^1x^p\,dx=\left\{ \begin{array}{ll} \frac 1{p+1}, & p>-1, \vspace{0.5em}\\ +\infty & p\leq-1. \end{array} \right.$ .

Odatle zaključujemo da za $p<-1$ važi

$\lim_{n\rightarrow+\infty}\left(\sum_{k=1}^n\left(\frac kn\right)^p-\frac n{p+1}\right)=\lim_{n\rightarrow+\infty}n\left(\sum_{k=1}^n\frac{k^p}{n^{p+1}}-\frac 1{p+1}\right)=+\infty$ .

Takođe, odatle sledi da je za $p>-1$ ispunjeno

$\sum_{k=1}^nk^p\sim\frac{n^{p+1}}{p+1},\quad n\rightarrow+\infty$ ,

a samim tim i

$\sum_{k=1}^nk^p=O(n^{p+1}),\quad n\rightarrow+\infty$ .

Neka je $p>-1$ i

$a_n=\sum_{k=1}^nk^p-\frac{n^{p+1}}{p+1}-Cn^p$ .

Važi

$a_n-a_{n-1}=n^p-\frac{n^{p+1}-(n-1)^{p+1}}{p+1}-C(n^p-(n-1)^p)=n^p-\frac{n^{p+1}}{p+1}\left(1-\left(1-\frac 1n\right)^{p+1}\right)-Cn^p\left(1-\left(1-\frac 1n\right)^p\right)$ .

Na osnovu Tejlorove formule zaključujemo da je

$a_n-a_{n-1}=n^p-\frac{n^{p+1}}{p+1}\left(\frac{p+1}n-\frac{p(p+1)}{2n^2}+O(n^{-3})\right)-Cn^p\left(\frac pn+O(n^{-2})\right)$ ,

odnosno,

$a_n-a_{n-1}=n^{p-1}(1/2-C)p+O(n^{p-2})$ .

Za $C=\frac 12$ je

$a_n-a_{n-1}=O(n^{p-2})$ .

Odavde se zaključuje da je za $p>1$ ispunjeno

$a_n=a_1+\sum_{k=2}^n(a_k-a_{k-1})=a_1+O(n^{p-1})=O(n^{p-1})$ ,

a samim tim i $a_n=o(n^p)$ .

Za $-1<p<1$ , zbog konvergencije reda $\sum_{n=2}^{+\infty}(a_n-a_{n-1})$ , koji se svodi na niz $a_1-a_n$ , niz $a_n$ takođe konvergira. Odatle sledi da je $a_n=O(1)$ , a samim tim i $a_n=o(n^p)$ za $0<p<1$ . Za $p=1$ je očigledno $a_n=0$ , pa $a_n=o(n^p)$ važi za sve $p>0$ . Stoga za $p>0$ važi

$\sum_{k=1}^n\left(\frac kn\right)^p-\frac n{p+1}=\frac 12+o(1)$ ,

pa je traženi limes jednak $1/2$ za sve $p>0$ .

Za $p=0$ traženi limes je očigledno jednak 0.

Ostalo je još da se uradi za $-1<p<0$ .

Potpis

Nije bitno koji su zaključci izvučeni, već kako se do njih došlo.

Re: Limes...malo tezi.... 02.11.2010. u 01:14 · pre 194 meseca #4

OK, odredimo ga za $-1<p<0$ .

Neka je

$b_n=\sum_{k=1}^nk^p-\frac{n^{p+1}}{p+1}$ .

Očigledno je $b_1=\frac p{p+1}<0$ . Dokažimo da je ovaj niz opadajući. Zaista,

$b_n-b_{n-1}=n^p+\frac{n^{p+1}-(n-1)^{p+1}}{p+1}=n^{p+1}\left(\frac 1n-\frac{1-\left(1-\frac 1n\right)^{p+1}}{p+1}\right)=n^{p+1}(f(0)-f(p))=-pn^{p+1}f'(c)$

za $f(x)=\frac{1-\left(1-\frac 1n\right)^{x+1}}{x+1}$ i $p<c<0$ . Dakle, dovoljno je da dokažemo da je $f'(x)<0$ za $-1<x<0$ .

$f'(x)=-\frac{1+\left(1-\frac 1n\right)^{x+1}\left((x+1)\ln\left(1-\frac 1n\right)-1\right)}{(x+1)^2}$ .

Dovoljno je dokazati da je brojilac pozitivan. On je oblika $g(a)$ za $a=\left(1-\frac 1n\right)^{x+1}$ i $g(t)=1+t(\ln t-1)$ . Diferenciranjem se dobija da funkcija $g$ dostiže minimum u tački 1, pa je $g(a)>g(1)=0$ .

Dakle, niz $b_n$ je opadajući, pa je $b_n\leq b_1=\frac p{p+1}<0$ . Odatle sledi da je

$\sum_{k=1}^n\left(\frac kn\right)^p-\frac n{p+1}\leq\frac p{p+1}n^{-p}$ ,

pa je traženi limes jednak $-\infty$ .

Potpis

Nije bitno koji su zaključci izvučeni, već kako se do njih došlo.

Re: Limes...malo tezi.... 02.11.2010. u 07:39 · pre 194 meseca #5

zahvaljujem....

@different
radio sam preko stoltza i rezultat je -beskonacno....;)

Re: Limes...malo tezi.... 02.11.2010. u 19:52 · pre 194 meseca #6

Evo jednostavnijeg rešenja za slučaj kada je $p\in N$ .

Neka je $S_p(n)=\sum_{k=1}^nk^p$ . Iz

$\sum_{k=1}^n(k^{p+1}-(k-1)^{p+1})=n^{p+1}$ ,

odnosno

$\sum_{k=1}^n\sum_{l=0}^p{p+1\choose l}(-1)^{l+p}k^l=n^{p+1}$ ,

$(p+1)S_p(n)+\sum_{l=0}^{p-1}{p+1\choose l}(-1)^{l+p}k^l=n^{p+1}$ .

Odavde sledi rekurentna formula

$S_p(n)=\frac{n^{p+1}+\sum_{l=0}^{p-1}{p+1\choose l}(-1)^{p+l+1}S_l(n)}{p+1}$ .

Indukcijom se lako dokazuje da je $S_p(n)$ polinom stepena $p+1$ . Iz gornje formule sledi da je $S_p(n)=\frac{n^{p+1}}{p+1}+O(n^p)$ . Odatle i iz rekurentne formule sledi da je

$S_p(n)=\frac{n^{p+1}}{p+1}+\frac{n^p}2+O(n^{p-1})$ ,

odakle sledi da je traženi limes jednak 1/2.

Potpis

Nije bitno koji su zaključci izvučeni, već kako se do njih došlo.

Re: Limes...malo tezi.... 02.11.2010. u 20:43 · pre 194 meseca #7

Evo rešenja primenom Štolcovog stava za $p>0$ .

$L=\lim_{n\rightarrow+\infty}\left(\sum_{k=1}^n\left(\frac kn\right)^p-\frac n{p+1}\right)=\lim_{n\rightarrow+\infty}\frac{\sum_{k=1}^nk^p-\frac{n^{p+1}}{p+1}}{n^p}$

uslov za primenu Štolcovog stava je da imenilac strogo monotono teži beskonačnosti, što se kod nas svodi na $p>0$ .

$L=\lim_{n\rightarrow+\infty}\frac{n^p-\frac{n^{p+1}-(n-1)^{p+1}}{p+1}}{n^p-(n-1)^p}$ .

Obzirom da je

$\frac{n^p-\frac{n^{p+1}-(n-1)^{p+1}}{p+1}}{n^p-(n-1)^p}=\frac{1-\frac n{p+1}\left(1-\left(1-\frac 1n\right)^{p+1}\right)}{1-\left(1-\frac 1n\right)^p}=\frac{1-\frac n{p+1}\left(\frac{p+1}n-\frac{p(p+1)}{2n^2}+O(n^{-3})\right)}{\frac pn+O(n^{-2})}=\frac{\frac p2+O(n^{-1})}{p+O(n^{-1})}$ ,

zaključujemo da je $L=\frac 12$ .

Potpis

Nije bitno koji su zaključci izvučeni, već kako se do njih došlo.

Forum kao aplikacija na telefonu

Srodne teme