Математический форум Math Help Planet
Обсуждение и решение задач по математике, физике, химии, экономике Теоретический раздел |
Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ] |
новый онлайн-сервис число, сумма и дата прописью |
|
Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ] |
Страница 1 из 1 |
[ Сообщений: 10 ] |
|
Автор | Сообщение | |
---|---|---|
Human |
|
|
[math]\lim_{n\to\infty}\frac{x_1y_n+x_2y_{n-1}+\ldots+x_{n-1}y_2+x_ny_1}n=ab[/math] У меня есть достаточно нудное доказательство этого факта (под спойлером), но хотелось бы придумать что-нибудь попроще и красивше, например, какое-нибудь хитрое применение теоремы Штольца. Собственно, прошу посмотреть задание и поделиться идеями. [spoiler=Очень нудное и неинтересное доказательство]Рассмотрим сначала случай [math]a=b=0[/math]. Обозначим [math]z_n=\frac1n\sum_{i=1}^nx_iy_{n-i+1}[/math]. Рассмотрим подпоследовательность [math]z_{2k}=\frac1{2k}\sum_{i=1}^{2k}x_iy_{2k-i+1}=\frac1{2k}\sum_{i=1}^k(x_iy_{2k-i+1}+y_ix_{2k-i+1})[/math] Выберем [math]\varepsilon>0[/math]. Поскольку последовательности [math]x_n[/math] и [math]y_n[/math] бесконечно малые, то найдётся такое [math]K\in\mathbb{N}[/math], что при любом [math]k\geqslant K[/math] выполнены неравенства [math]|x_k|<\sqrt{\frac{\varepsilon}2},\ |y_k|<\sqrt{\frac{\varepsilon}2}[/math] Тогда при [math]k\geqslant K[/math] [math]|z_{2k}|<\frac1{2k}\sqrt{\frac{\varepsilon}2}\sum_{i=1}^K(|x_i|+|y_i|)+\frac1{2k}\cdot\frac{\varepsilon}2\cdot2(k-K)=\frac{\varepsilon}2+\frac C k[/math] где [math]C=\frac12\sqrt{\frac{\varepsilon}2}\sum_{i=1}^K(|x_i|+|y_i|)-\frac{\varepsilon K}2[/math] - константа, не зависящая от [math]k[/math]. Последовательность [math]\frac C k[/math] бесконечно мала, поэтому существует [math]M\in\mathbb{N}[/math] такое, что при любом [math]k\geqslant M[/math] выполнено неравенство [math]\frac C k<\frac{\varepsilon}2[/math] Тогда при [math]k\geqslant N=\max(K,M)[/math] [math]|z_{2k}|<\varepsilon[/math] Итак, по любому [math]\varepsilon>0[/math] было выбрано [math]N\in\mathbb{N}[/math] так, что при любых [math]k\geqslant N[/math] выполнено неравенство [math]|z_{2k}|<\varepsilon[/math], значит [math]z_{2k}[/math] - бесконечно малая последовательность. Аналогично можно доказать, что и [math]z_{2k-1}[/math] бесконечно мала. Значит бесконечно мала и [math]z_n[/math]. Теперь рассмотрим случай произвольных [math]a[/math] и [math]b[/math]. Рассмотрим бесконечно малые последовательности [math]c_n=x_n-a,\ d_n=y_n-b[/math]. Тогда [math]z_n=\frac1n\sum_{i=1}^nx_iy_{n-i+1}=\frac1n\sum_{i=1}^nc_id_{n-i+1}+\frac b n\sum_{i=1}^nc_i+\frac a n\sum_{i=1}^nd_i+ab[/math] Первое слагаемое сходится к нулю по доказанному выше, а следующие два сходятся к нулю по теореме Штольца. Значит [math]z_n[/math] сходится к [math]ab[/math], ч. и т. д.[/spoiler] |
||
Вернуться к началу | ||
andrei |
|
|
Вытекает из теоремы Теплица.(Фихтенгольц Г.М. п.391,[math]4^{\circ}[/math])
|
||
Вернуться к началу | ||
За это сообщение пользователю andrei "Спасибо" сказали: Alexdemath, Human |
||
Human |
|
|
andrei
Точно, всё доказывается несколько проще, чем я здесь расписал (имею в виду, если теорема Теплица заранее не известна). Спасибо! |
||
Вернуться к началу | ||
Avgust |
|
|
А можно привести тут это доказательство? Думаю, не только мне будет полезно. Уж очень красивая математическая задача! Проверил на конкретных пределах - работает!
|
||
Вернуться к началу | ||
andrei |
|
|
|
||
Вернуться к началу | ||
Human |
|
|
Avgust
Пожалуйста, только оно всё равно останется нудным, хоть и будет короче. Если следовать идее доказательства теоремы Теплица, то будет так: [spoiler=Док-во без теоремы Теплица, но следуя её идеям]Рассмотрим случай [math]a=0[/math]. Поскольку последовательность [math]y_n[/math] сходится, то она ограничена, то есть существует такая положительная константа [math]K[/math], что при любом [math]n[/math] [math]|y_n|<K[/math]. Обозначим [math]z_n=\frac1n\sum_{i=1}^nx_iy_{n-i+1}[/math]. Выберем [math]\varepsilon>0[/math]. Тогда существует такое [math]M\in\mathbb{N}[/math], что при любом [math]n\geqslant M[/math] выполнено неравенство [math]|x_n|<\frac{\varepsilon}{2K}[/math] Тогда [math]|z_n|<\left|\frac1n\sum_{i=1}^Nx_iy_{n-i+1}\right|+\frac{\varepsilon}{2K}\frac1n\sum_{i=1}^{n-N}|y_i|<\left|\frac1n\sum_{i=1}^Nx_iy_{n-i+1}\right|+\frac{\varepsilon}2[/math] Заметим, что последовательность [math]\left|\frac1n\sum_{i=1}^Nx_iy_{n-i+1}\right|[/math] бесконечно мала, значит существует такое число [math]L\in\mathbb{N}[/math], что при любых [math]n\geqslant L[/math] выполнено неравенство [math]\left|\frac1n\sum_{i=1}^Nx_iy_{n-i+1}\right|<\frac{\varepsilon}2[/math] Тогда при [math]n\geqslant N=\max(M,L)[/math] [math]|z_n|<\varepsilon[/math] Значит [math]z_n[/math] бесконечно мала. Если же [math]a[/math] произвольно, то запишем [math]z_n[/math] в виде [math]z_n=\frac1n\sum_{i=1}^n(x_i-a)y_{n-i+1}+a\cdot\frac1n\sum_{i=1}^ny_i[/math] Первое слагаемое стремится к нулю по доказанному выше, а второе к [math]ab[/math] по теореме Штольца (или Коши).[/spoiler] Доказательство с помощью теоремы Теплица привел выше andrei. andrei Может стоит и саму теорему Теплица с доказательством запостить? |
||
Вернуться к началу | ||
andrei |
|
|
|
||
Вернуться к началу | ||
За это сообщение пользователю andrei "Спасибо" сказали: Avgust, Human |
||
Avgust |
|
|
Чует сердце, что столь красивая задача имеет более изящное доказательство. Но увы, здесь я слаб.
|
||
Вернуться к началу | ||
arkadiikirsanov |
|
|
|
||
Вернуться к началу | ||
Avgust |
|
|
Так именно так сегодня утром и было! Я задался двумя пределами и на калькуляторе (то бишь в Вольфраме) проверил численно гипотезу. Были определенные трудности с медленной сходимостью, но все же сошлось куда надо
|
||
Вернуться к началу | ||
[ Сообщений: 10 ] |
Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ] |
Кто сейчас на конференции |
Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей и гости: 20 |
Вы не можете начинать темы Вы не можете отвечать на сообщения Вы не можете редактировать свои сообщения Вы не можете удалять свои сообщения Вы не можете добавлять вложения |