Autor Tema: Serie 2

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21 Octubre, 2016, 10:24
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CKmatematico08

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Hola, podrian ayudarme con este ejercicio.

Sea \[ \displaystyle\sum_{i=1}^\infty{a_n} \] una serie divergente de términos positivos y sea \[ \displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{\displaystyle\frac{a_n}{S_n}}=0 \], donde \[ S_n=a_1+a_2+\cdots+a_n \]. Demostrar que \[ \displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{\displaystyle\frac{a_1S_1^{-1}+a_2S_2^{-1}+\cdots+a_nS_n^{-1}}{Ln(S_n)}}=1 \]
Donde: \[ Ln= \] Logaritmo natural

Gracias.

21 Octubre, 2016, 16:20
Respuesta #1

Juan Pablo Sancho

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Editado 2

Está bien lo que proponía (Pués no hay un pequeño error):

Pasa de esta respuesta CKmatematico08 la pongo en spoiler.

Spoiler

Aplica Stolz al límite \[  \displaystyle \lim_{n\to +\infty} \dfrac{\dfrac{a_1}{S_1} + \dfrac{a_2}{S_2} + \cdots + \dfrac{a_n}{S_n}}{\log(S_n)}  \] y te queda:

\[  \displaystyle \lim_{n\to +\infty} \dfrac{\dfrac{a_{n+1}}{S_{n+1}}}{\log(S_{n+1}) - \log(S_n)}  \]


Mira la ayuda del spoiler sólo si no te sale.



\[  \lim_{n\to +\infty} \dfrac{\dfrac{a_{n+1}}{S_{n+1}}}{\log(S_{n+1}) - \log(S_n)} = \lim_{n \to +\infty}  \dfrac{\dfrac{a_{n+1}}{S_{n+1}}}{\log(\dfrac{S_{n+1}}{\color{red}S_n \color{black}})} =  \]



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21 Octubre, 2016, 17:39
Respuesta #2

CKmatematico08

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Estas considerando como una \[ T_n=\displaystyle\frac{a_1}{S_1}+\displaystyle\frac{a_2}{S_2}+...+\displaystyle\frac{a_n}{S_n} \]
entonces Stolz \[ \displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{\displaystyle\frac{T_{n+1}-T_n}{Ln(S_{n+1})-Ln(S_n)}}=\displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{a_{n+1}}{S_{n+1}}}{Ln(\displaystyle\frac{S_{n+1}}{S_n})}} \]
Pero luego como dices que es \[ 0 \].

Saludos.

21 Octubre, 2016, 18:03
Respuesta #3

Juan Pablo Sancho

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Perdona CKmatematico08 edité el mensaje tenía varios errores el límite da uno como propones.

Saludos.

21 Octubre, 2016, 18:20
Respuesta #4

CKmatematico08

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Después de aplicar Stolz como llegas a que el limite es 1??.

21 Octubre, 2016, 23:53
Respuesta #5

EnRlquE

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Hola CKmatematico08.

 Esta es una forma alternativa de probar el límite. La estrategia es básicamente una adaptación de la prueba de que la serie armónica está "cerca" del logaritmo, usando aproximaciones por sumas de Riemann de la función logaritmo. La resumo en los siguientes pasos

\[ \bullet \] En lo que sigue llamaremos \[ A_{n}:=\frac{a_{1}}{S_{1}}+\dots+\frac{a_{n}}{S_{n}} \] y \[ B_{n}:=\frac{a_{2}}{S_{1}}+\dots+\frac{a_{n}}{S_{n-1}}. \] Además notemos que \[ \lim_{n\to\infty}\frac{a_{n}}{S_{n}}=0 \] implica que \[ \lim_{n\to\infty}\frac{S_{n}}{S_{n-1}}\to 1, \] y la divergencia de \[ \sum a_{n} \] implica que \[ \lim_{n\to\infty}\ln S_{n}=+\infty. \]

\[ \bullet \] Consideremos la partición \[ \{a_{1}+S_{1}<S_{2}<\dots<S_{n}\} \] del intervalo \[ [a_{1},S_{n}]. \] Al comparar las sumas de Rieman, inferior y superior, con la integral de \[ x\mapsto1/x \] en \[ [a_{1},S_{n}] \] (igual a \[ \ln S_{n}-\ln a_{1} \]) obtenemos

\begin{equation}\label{E1}\frac{a_{2}}{S_{2}}+\dots+\frac{a_{n}}{S_{n}}\leq\ln S_{n}-\ln a_{1}\leq\frac{a_{2}}{S_{1}}+\dots+\frac{a_{n}}{S_{n-1}}.\end{equation}

\[ \bullet \] Fijemos \[ \varepsilon>0. \] Tenemos que existe \[ N\in\mathbb{N} \] tal que \[ 1<\frac{S_{n}}{S_{n-1}}<1+\varepsilon \] para todo \[ n> N. \] Luego, para \[ n \] suficientemente grande

\begin{equation}\label{E2}\frac{a_{2}}{S_{1}}+\dots+\frac{a_{n}}{S_{n-1}}\leq B_{N}+(1+\varepsilon)A_{n}.\end{equation}

\[ \bullet \] Combinando \eqref{E1} y \eqref{E2} resulta que

\[ 1-\frac{\ln a_{1}+B_{N}}{\ln S_{n}}\leq (1+\varepsilon)\frac{A_{n}}{\ln S_{n}} \]  y  \[ \frac{A_{n}}{\ln S_{n}}\leq 1+\frac{1-\ln a_{1}}{\ln S_{n}}, \]

de donde se deduce

\[ \displaystyle\frac{1}{1+\varepsilon}\leq\liminf_{n\to\infty}\frac{A_{n}}{\ln S_{n}}\leq\displaystyle\limsup_{n\to\infty}\frac{A_{n}}{S_{n}}\leq1. \]

\[ \bullet \] Finalmente, como \[ \varepsilon>0 \] fue arbitrario, concluimos que \[ \lim_{n\to\infty}\frac{A_{n}}{S_{n}}=1. \]

Saludos,

Enrique.