ลิมิต

[beginner01]

นิยาม $\displaystyle A_a(n)=\sum_{i = 1}^{n} (2i-1)^a$
$\displaystyle B_a(n)=\sum_{i = 1}^{n} (2i)^a$
$\displaystyle S_a(n)=\frac{A_a(n)}{B_a(n)}$
จงหาค่าของ $\displaystyle\lim_{n \to \infty} S_a(n)$ สำหรับแต่ละ $a\in\mathbb{R}$

ป.ล.โจทย์ดั้งเดิมคือ $\displaystyle\lim_{n \to \infty}S_{\frac{1}{7}}(n)$
ถ้าหาด้านบนไม่ได้ แต่หาอันด้านล่างได้ ก็ช่วยให้ solution ให้ทีครับ ขอบคุณครับ

[หยินหยาง]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ beginner01

นิยาม $\displaystyle A_a(n)=\sum_{i = 1}^{n} (2i-1)^a$
$\displaystyle B_a(n)=\sum_{i = 1}^{n} (2i)^a$
$\displaystyle S_a(n)=\frac{A_a(n)}{B_a(n)}$
จงหาค่าของ $\displaystyle\lim_{n \to \infty} S_a(n)$ สำหรับแต่ละ $a\in\mathbb{R}$

ป.ล.โจทย์ดั้งเดิมคือ $\displaystyle\lim_{n \to \infty}S_{\frac{1}{7}}(n)$
ถ้าหาด้านบนไม่ได้ แต่หาอันด้านล่างได้ ก็ช่วยให้ solution ให้ทีครับ ขอบคุณครับ

เคยแต่เจอโจทย์ $\displaystyle\lim_{n \to \infty}S_{-7}(n) $ ครับ

[beginner01]

คือทางนี้รู้ว่าถ้า $a<-1$ ให้ b=-a แล้วได้ว่า $b>1$ และ
$\displaystyle\lim_{n \to \infty}S_a(n)=\frac{\frac{1}{1^b}+\frac{1}{3^b}+\cdots}{\frac{1}{2^b}+\frac{1}{4^b}+\cdots}$
สังเกตว่า $\displaystyle\frac{1}{1^b}+\frac{1}{3^b}+\cdots<\displaystyle\frac{1}{1^b}+\frac{1}{2^b}+\frac{1}{3^b}+\frac{1}{4^b}+\cdots$
$=\zeta(b)$
และ $\displaystyle\frac{1}{2^b}+\frac{1}{4^b}+\cdots<\displaystyle\frac{1}{1^b}+\frac{1}{2^b}+\frac{1}{3^b}+\frac{1}{4^b}+\cdots$
$=\zeta(b)$
$\therefore\displaystyle\frac{1}{1^b}+\frac{1}{3^b}+\cdots$ และ $\displaystyle\frac{1}{2^b}+\frac{1}{4^b}+\cdots$ ลู่เข้าทั้งคู่
$\displaystyle\therefore\lim_{n \to \infty}S_a(n)=\frac{(\frac{1}{1^b}+\frac{1}{3^b}+\cdots)+(\frac{1}{2^b}+\frac{1}{4^b}+\cdots)}{\frac{1}{2^b}+\frac{1}{4^b}+\cdot s}-1$
$\displaystyle =\frac{\frac{1}{1^b}+\frac{1}{2^b}+\frac{1}{3^b}+\frac{1}{4^b}+\cdots}{\frac{1}{2^b}+\frac{1}{4^b}+\cdots}-1=\frac{\zeta(b)}{\frac{1}{2^b}\zeta(b)}-1=\frac{1}{2^a}-1$
ก็คือ $\displaystyle\lim_{n \to \infty}S_a(n)=\frac{1}{2^a}-1$ เมื่อ $a<-1$

[kheerae]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ beginner01

นิยาม $\displaystyle A_a(n)=\sum_{i = 1}^{n} (2i-1)^a$
$\displaystyle B_a(n)=\sum_{i = 1}^{n} (2i)^a$
$\displaystyle S_a(n)=\frac{A_a(n)}{B_a(n)}$
จงหาค่าของ $\displaystyle\lim_{n \to \infty} S_a(n)$ สำหรับแต่ละ $a\in\mathbb{R}$

ป.ล.โจทย์ดั้งเดิมคือ $\displaystyle\lim_{n \to \infty}S_{\frac{1}{7}}(n)$
ถ้าหาด้านบนไม่ได้ แต่หาอันด้านล่างได้ ก็ช่วยให้ solution ให้ทีครับ ขอบคุณครับ

แต่ผมมีวิธีคิดอีกแบบหนึ่งซึ่งไม่แน่ใจว่าจะถูกหรือป่าว ยังไงก็ช่วยชี้แนะด้วยนะครับ

$\displaystyle A_a(n)=\sum_{i = 1}^{n} (2i-1)^a = 1 + 3^a + 5^a + ... + (2n-1)^a$

$\displaystyle B_a(n)=\sum_{i = 1}^{n} (2i)^a = 2^a + 4^a + 6^a + ... + (2n)^a$

$\displaystyle\lim_{n \to \infty} S_a(n) = \lim_{n \to \infty} \frac{1 + 3^a + 5^a + ... + (2n-1)^a}{2^a + 4^a + 6^a + ... + (2n)^a}$

$\displaystyle\lim_{n \to \infty} S_a(n) = \lim_{n \to \infty} \frac{1 + 3^a + 5^a + ... + (2n-1)^a}{2^a + 4^a + 6^a + ... + (2n)^a} \times \frac{n^a}{n^a}$

$\displaystyle\lim_{n \to \infty} S_a(n) = \lim_{n \to \infty} \frac{\frac{1 + 3^a + 5^a + ... + (2n-1)^a}{n^a}}{\frac{2^a + 4^a + 6^a + ... + (2n)^a}{n^a}}$

$\displaystyle\lim_{n \to \infty} S_a(n) = \lim_{n \to \infty} \frac{\frac{1 + 3^a + 5^a + ... +}{n^a} \frac{(2n-1)^a}{n^a}}{\frac{2^a + 4^a + 6^a + ... +}{n^a} \frac{(2n)^a}{n^a}}$

$\displaystyle\lim_{n \to \infty} S_a(n) = \lim_{n \to \infty} \frac{\frac{1 + 3^a + 5^a + ... +}{n^a} (2 - \frac{1}{n^a})^a}{\frac{2^a + 4^a + 6^a + ... +}{n^a} (2)^a}$

เมื่อ take limit จะได้

$\displaystyle\lim_{n \to \infty} S_a(n) = \frac{0 + 0 + 0 + ... + (2-0)^a}{0 + 0 + 0 + ... + (2)^a}$

$\displaystyle\lim_{n \to \infty} S_a(n) = 1 , a\in \mathbb{R} $

ผมไม่แน่ใจว่าถูกหรือป่าวนะครับ ยังไงก็ช่วยชี้แนะด้วย

[nooonuii]

ถ้า $a\geq -1$ ผมได้ลิมิตเท่ากับ $1$ ครับ แต่ของคุณ Kheerae ยังมีปัญหาตรงหาลิมิตในรูป

$\dfrac{1}{n^a}+\dfrac{3^a}{n^a}+\cdots\dfrac{(2n-1)^a}{n^a}$

เพราะว่าตัวผลบวกขึ้นกับ $n$ จึงกระจายลิมิตทีละเทอมไม่ได้

[beginner01]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ nooonuii

ถ้า $a\geq -1$ ผมได้ลิมิตเท่ากับ $1$ ครับ...

ช่วยแสดงวิธีคิดให้ดูได้ไหมครับ

[Timestopper_STG]

I also solved it, but just for all real ${\alpha}\geq 0$...

At first, when $\alpha=0$, then we have $S_{\alpha}(n)=1,\forall n\in\mathbb{N}$

Consider $\alpha >0$.

Notice that in this case $\displaystyle{A_{\alpha}(n)<B_{\alpha}(n),\forall n\in\mathbb{N}}$.

Hence, it follows that

$$1-\frac{(2n)^{\alpha}}{B_{\alpha}(n)}=\frac{0^{\alpha}+2^{\alpha}+\cdots+(2n-2)^{\alpha}}{B_{\alpha}(n)}<S_{\alpha}(n)=\frac{A_{\alpha}(n)}{B_{\alpha}(n)}<\frac{2^{\alpha}+4^{\alpha}+\cdots+(2n)^{\alpha}}{ B_{\alpha}(n)}=1$$

Then observe that

$$\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{B_{\alpha}(n)}{(2n)^{\alpha}}= \lim_{ n \rightarrow \infty}\frac{1^{\alpha}+2^{\alpha}+\cdots + n^{\alpha}}{n^{\alpha}}=\lim_{n \rightarrow \infty}n\left[ \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}f\left( \frac{k}{n} \right) \right]$$

So look at the limit of the first inequality we have $\displaystyle{\lim_{n\rightarrow\infty}S_{\alpha}(n)=1}$.

[beginner01]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ Timestopper_STG

$$\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{B_{\alpha}(n)}{(2n)^{\alpha}}= \lim_{ n \rightarrow \infty}\frac{1^{\alpha}+2^{\alpha}+\cdots + n^{\alpha}}{n^{\alpha}}=\lim_{n \rightarrow \infty}n\left[ \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}f\left( \frac{k}{n} \right) \right]$$

$f(\frac{k}{n})$ นี่คือฟังก์ชันอะไรครับ? แล้วก็ยังงงๆอยู่ว่าทำไม $$\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{B_{\alpha}(n)}{(2n)^{\alpha}}=0$$
ขอขอบคุณมาล่วงหน้าเลยละกันครับ

[Timestopper_STG]

สิ่งที่ผมต้องการจะแสดงคือ $\displaystyle{\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{(2n)^{\alpha}}{B_{\alpha}(n)}=0}$

โดยที่เรารู้ว่า $\displaystyle{\int_{0}^{1}f(x)dx=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}f\left(\frac{k}{n}\right)}$

ดังนั้นในข้อนี้ $f(x)=x^{\alpha}$ ซึ่งทำให้ได้ผลตามต้องการ...หายงงไหมครับ

[beginner01]

อ้อ... เข้าใจแล้วครับ ขอบคุณมากครับ

[nooonuii]

ขอเรียกย่อๆว่า $A_n,B_n$ นะครับ

case 1 $a>-1$ ให้ $f(x)=x^a$

$\displaystyle{\dfrac{2A_n}{n^{a+1}}=\dfrac{2}{n}\sum_{i=1}^n\Big(\dfrac{2i-1}{n}\Big)^a}$

$~~~~~~~~\displaystyle{=\dfrac{2}{n}\sum_{i=1}^nf(2i-1)}$

$~~~~~~~~\displaystyle{\to \int_0^2x^adx}$

$~~~~~~~~\displaystyle{=\dfrac{2^{a+1}}{a+1}}$ as $n\to\infty$

$\displaystyle{\dfrac{B_n}{n^{a+1}}=\dfrac{2^a}{n}\sum_{i=1}^n\Big(\dfrac{i}{n}\Big)^a}$

$~~~~~~~~\displaystyle{=2^a\cdot \dfrac{1}{n}\sum_{i=1}^nf\Big(\dfrac{i}{n}\Big)}$

$~~~~~~~~\displaystyle{\to 2^a\int_0^1x^adx}$

$~~~~~~~~=\dfrac{2^a}{a+1}$ as $n\to\infty$

ดังนั้น

$\displaystyle{\lim_{n\to\infty}\frac{A_n}{B_n}=1}$

case 2 $a=-1$

จากเอกลักษณ์

$1-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{4}+\cdots+\dfrac{1}{2n-1}-\dfrac{1}{2n}=\dfrac{1}{n+1}+\dfrac{1}{n+2}+\cdots+\dfrac{1}{2n}$

เราจะได้ว่า

$\dfrac{A_n}{B_n}=1+\dfrac{(n+1)^{-1}+(n+2)^{-1}+\cdots+(2n)^{-1}}{B_n}$

พิสูจน์ได้ไม่ยากว่า

$\dfrac{1}{n+1}+\dfrac{1}{n+2}+\cdots +\dfrac{1}{2n}\leq \dfrac{n}{n+1}<1$


และ $B_n\to\infty$ as $n\to\infty$

ดังนั้น

$\displaystyle{\lim_{n\to\infty}\frac{A_n}{B_n}=1+0=1}$

หมายเหตุ หากต้องการลิมิตแบบละเอียดก็ใช้ Riemann sum หาได้ครับ

ให้ $g(x)=\dfrac{1}{1+x}$
$\dfrac{1}{n+1}+\dfrac{1}{n+2}+\cdots +\dfrac{1}{2n}=\dfrac{1}{n}\Big[\dfrac{1}{1+\frac{1}{n}}+\dfrac{1}{1+\frac{2}{n}}+\cdots+\dfrac{1}{1+\frac{n}{n}}\Big]$

$~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~\displaystyle{=\dfrac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}g\Big(\dfrac{i}{n}\Big)}$

$~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~\displaystyle{\to\int_0^1\dfrac{1}{1+x}dx}$

$~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~=\ln{2}$

[beginner01]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ nooonuii

หมายเหตุ หากต้องการลิมิตแบบละเอียดก็ใช้ Riemann sum หาได้ครับ...

จริงๆไม่ต้องใช้ Riemann sum ก็ได้ครับ ก็
$$\lim_{n \to \infty}\left(\dfrac{1}{n+1}+\dfrac{1}{n+2}+\cdots +\dfrac{1}{2n}\right)=\lim_{n \to \infty} \left(1-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{4}+\cdots+\dfrac{1}{2n-1}-\dfrac{1}{2n}\right)=\ln{2}$$ เพราะจาก Taylor series $$\ln{2}=1-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{4}+\cdots$$

แต่ยังไงก็ขอขอบคุณสำหรับทุกๆ post ครับ