2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки


Правила форума


Посмотреть правила форума



Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1, 2, 3, 4, 5  След.
 
 Re: Сходимость ряда, заданного рекурсивно
Сообщение30.10.2020, 18:26 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


05/12/09
1813
Москва
vicvolf в сообщении #1490030 писал(а):
Значит в этом случае можно обойтись разложением в ряд Тейлора без использования теоремы Штольца.
Да. Я пыталась придумать пример, когда нельзя. А вот допустим, $a_{n+1}=a_n(1+a_n\ln a_n)$ при достаточно малых $a_0>0$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Сходимость ряда, заданного рекурсивно
Сообщение31.10.2020, 17:22 


23/02/12
3372
alisa-lebovski в сообщении #1490035 писал(а):
vicvolf в сообщении #1490030 писал(а):
Значит в этом случае можно обойтись разложением в ряд Тейлора без использования теоремы Штольца.
Да. Я пыталась придумать пример, когда нельзя. А вот допустим, $a_{n+1}=a_n(1+a_n\ln a_n)$ при достаточно малых $a_0>0$.
Под случаем я имел в виду пример, придуманный Вами, а не все ряды заданные рекурсивно. В новом примере ситуация другая. Здесь, мне кажется лучше воспользоваться Лопиталем и учитывая, что при $a_n \to 0$: $a_n\ln(a_n) \sim -a_n$, получим при $i \geq n$: $a_{i+1} \sim a_i(1-a_n)$ или $a_{i+1} > a_i(1-2a_n).$ Поэтому $\sum_{i=n}^{\infty} {a_i} >a_n/2a_n=1/2$, т.е. остаток ряда не стремится к нулю и ряд расходится. Если считать, что теорема Штольца дискретный Лопиталь, то не обошлись. Хотя обошлись без Тейлора :-)

 Профиль  
                  
 
 Re: Сходимость ряда, заданного рекурсивно
Сообщение31.10.2020, 17:51 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


05/12/09
1813
Москва
vicvolf в сообщении #1490109 писал(а):
при $a_n \to 0$: $a_n\ln(a_n) \sim -a_n$
Нет, логарифм же в нуле стремится к бесконечности. Но медленнее любой степени.

 Профиль  
                  
 
 Re: Сходимость ряда, заданного рекурсивно
Сообщение31.10.2020, 18:07 


23/02/12
3372
alisa-lebovski в сообщении #1490116 писал(а):
vicvolf в сообщении #1490109 писал(а):
при $a_n \to 0$: $a_n\ln(a_n) \sim -a_n$
Нет, логарифм же в нуле стремится к бесконечности. Но медленнее любой степени.

Стремится к минус бесконечности и степень действительно перебила:
$$a_n\ln(a_n)=\frac {\ln(a_n)}{1/a_n} \sim \frac {1/a_n}{-1/a^2_n}=-a_n.$$

 Профиль  
                  
 
 Re: Сходимость ряда, заданного рекурсивно
Сообщение31.10.2020, 18:27 
Заслуженный участник


20/12/10
9110
vicvolf в сообщении #1490119 писал(а):
Стремится к минус бесконечности и степень действительно перебила:
$$a_n\ln(a_n)=\frac {\ln(a_n)}{1/a_n} \sim \frac {1/a_n}{-1/a^2_n}=-a_n.$$
А Вы уверены, что понимаете смысл значка $\sim$? Хотя при $a_n \to e^{-1}$ это утверждение верно, но ведь у Вас $a_n \to 0$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Сходимость ряда, заданного рекурсивно
Сообщение31.10.2020, 18:28 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/01/06
3828
vicvolf в сообщении #1490119 писал(а):
Стремится к минус бесконечности и степень действительно перебила:
$$a_n\ln(a_n)=\frac {\ln(a_n)}{1/a_n} \sim \frac {1/a_n}{-1/a^2_n}=-a_n.$$
Лопиталь даёт только $\displaystyle\lim_{x\to+0}x\ln x=\lim_{x\to+0}(-x)=0$ (что очевидно и без Лопиталя), но никак не $x\ln x\sim-x$ при $x\to+0$ (что очевидно неверно).

 Профиль  
                  
 
 Re: Сходимость ряда, заданного рекурсивно
Сообщение31.10.2020, 18:36 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


05/12/09
1813
Москва
vicvolf в сообщении #1490119 писал(а):
$$a_n\ln(a_n)=\frac {\ln(a_n)}{1/a_n} \sim \frac {1/a_n}{-1/a^2_n}=-a_n.$$
Правило Лопиталя - это средство нахождения пределов, а не асимптотики. Так оно не работает.

 Профиль  
                  
 
 Re: Сходимость ряда, заданного рекурсивно
Сообщение01.11.2020, 10:42 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


05/12/09
1813
Москва
Итак, при $a_{n+1}=a_n(1+a_n\ln a_n)$ оценка с помощью геометрической прогрессии дает $\sum_{i=n}^\infty a_i>a_n/(a_n(-\ln a_n))=1/(-\ln a_n)\to 0$, что не доказывает расходимости. Но теорема Штольца работает с функцией $f(x)=1/(x\ln x)$, и получается $a_n\sim 1/(n\ln n)$, так что ряд расходится.

 Профиль  
                  
 
 Re: Сходимость ряда, заданного рекурсивно
Сообщение01.11.2020, 12:06 


23/02/12
3372
nnosipov,RIP Спасибо, перемудрил :facepalm:
alisa-lebovski в сообщении #1490126 писал(а):
Правило Лопиталя - это средство нахождения пределов, а не асимптотики.
Правило Лопиталя - это действительно метод нахождения некоторых пределов, но не стоит противопоставлять нахождение асимптотик и пределов, так как часто асимптотика доказывается через пределы, а они в свою очередь через Лопиталя. Например, покажем с помощью Лопиталя, что $sin(x) \sim x$ при $x \to 0$: $\lim_{x \to 0} \frac {sin(x)}{x}= \lim_{x \to 0} \frac {cos(x)}{1}=1$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Сходимость ряда, заданного рекурсивно
Сообщение01.11.2020, 12:41 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


27/12/17
1439
Антарктика
vicvolf
Это некорректное доказательство, т.к. для доказательства формулы производной синуса первый замечательный предел (или эквивалентность) уже были использованы. Это скорее можно считать иллюстрацией.

 Профиль  
                  
 
 Re: Сходимость ряда, заданного рекурсивно
Сообщение01.11.2020, 13:23 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


05/12/09
1813
Москва
vicvolf в сообщении #1490231 писал(а):
$\sin(x) \sim x$ при $x \to 0$: $\lim_{x \to 0} \frac {\sin(x)}{x}= \lim_{x \to 0} \frac {\cos(x)}{1}=1$.
Ну, тогда по аналогии надо было считать так: $$\lim_{x\to 0}\frac{x\ln x}{x}=\lim_{x\to 0}\frac{\ln x+1}{1}=-\infty.$$

 Профиль  
                  
 
 Re: Сходимость ряда, заданного рекурсивно
Сообщение01.11.2020, 14:21 


23/02/12
3372
thething в сообщении #1490244 писал(а):
vicvolfЭто скорее можно считать иллюстрацией.
Да, просто иллюстрация к сказанному.
alisa-lebovski в сообщении #1490252 писал(а):
Ну, тогда по аналогии надо было считать так:
Бывают случаи, что без Лопиталя или дискретного Лопиталя (теоремы Штольца) для нахождения асимптотики не обойтись. Кстати Ваш последний пример тому доказательство. Не могли бы Вы привести нахождение асимптотики в нем, с использованием теоремы Штольца, более подробно?

 Профиль  
                  
 
 Re: Сходимость ряда, заданного рекурсивно
Сообщение01.11.2020, 15:26 
Заблокирован


16/04/18

1129
Не иллюстрация, а чистый порочный круг.

 Профиль  
                  
 
 Re: Сходимость ряда, заданного рекурсивно
Сообщение01.11.2020, 16:14 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


05/12/09
1813
Москва
vicvolf в сообщении #1490265 писал(а):
Не могли бы Вы привести нахождение асимптотики в нем, с использованием теоремы Штольца, более подробно?
$$\begin{array}{c}
x(1+x\ln x)\ln(x(1+ x\ln x))=x(1+x\ln x)(\ln x+\ln(1+x\ln x))=\\=
x(1+x\ln x)(\ln x+x\ln x+o(x\ln x))=x\ln x (1+x\ln x)(1+x+o(x))=x\ln x(1+x\ln x+o(x\ln x)),
\end{array}
$$далее
$$\frac{1}{x\ln x(1+x\ln x+o(x\ln x))}=\frac{1-x\ln x+o(x\ln x)}{x\ln x}=\frac{1}{x\ln x}-1+o(1).$$
Из $$\frac{1}{(a\ln a)n}\to -1$$ следует
$$-a\ln a\sim \frac{1}{n},$$ откуда логарифмируя $\ln a+\ln(-\ln a)=-\ln n+o(1)$ и $-\ln a\sim\ln n$, так что
$$a\sim\frac{1}{n\ln n}.$$ А вот с какой стати называть Штольца "дискретным Лопиталем", не понимаю.

 Профиль  
                  
 
 Re: Сходимость ряда, заданного рекурсивно
Сообщение01.11.2020, 17:46 


23/02/12
3372
alisa-lebovski Большое спасибо, но ничего не понятно. Запишите, пожалуйста, теорему Штольца с Вашими обозначениями?

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 69 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3, 4, 5  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


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

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group