Matemática => Análisis Real - Integral de Lebesgue => Mensaje iniciado por: CKmatematico08 en 21/10/2016, 10:24:23 am



Título: Serie 2
Publicado por: CKmatematico08 en 21/10/2016, 10:24:23 am
Hola, podrian ayudarme con este ejercicio.

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

Gracias.


Título: Re: Serie 2
Publicado por: Juan Pablo Sancho en 21/10/2016, 04:20:05 pm
Editado 2

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

Pasa de esta respuesta CKmatematico08 la pongo en spoiler.

Spoiler (click para mostrar u ocultar)


Título: Re: Serie 2
Publicado por: CKmatematico08 en 21/10/2016, 05:39:24 pm
Estas considerando como una [texx]T_n=\displaystyle\frac{a_1}{S_1}+\displaystyle\frac{a_2}{S_2}+...+\displaystyle\frac{a_n}{S_n}[/texx]
entonces Stolz [texx]\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})}}[/texx]
Pero luego como dices que es [texx]0[/texx].

Saludos.


Título: Re: Serie 2
Publicado por: Juan Pablo Sancho en 21/10/2016, 06:03:40 pm
Perdona CKmatematico08 edité el mensaje tenía varios errores el límite da uno como propones.

Saludos.


Título: Re: Serie 2
Publicado por: CKmatematico08 en 21/10/2016, 06:20:52 pm
Después de aplicar Stolz como llegas a que el limite es 1??.


Título: Re: Serie 2
Publicado por: EnRlquE en 21/10/2016, 11:53:54 pm
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 (https://es.wikipedia.org/wiki/Constante_de_Euler-Mascheroni), usando aproximaciones por sumas de Riemann de la función logaritmo. La resumo en los siguientes pasos

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

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

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

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

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

de donde se deduce

[texx]\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.[/texx]

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

Saludos,

Enrique.