Tanto tempo fa in una uggiosa giornata romana mi era stato proposto questo limite...
$ \displaystyle a_{n}^{(\alpha)}= \frac {n^ {\alpha}}{\tan {n} } $
$ \lim_{n \to \infty} a_{n}^{(\alpha)} = ?? $
Dire se esiste il limite e se esiste quantificarlo quando $ \alpha=1 $ ... (ricordiamo che siamo nei naturali). Bonus question:
Che particolarità avrebbe (se esistesse) l'inf degli $ \alpha $ tale che quel limite esiste e fa 0, e cosa ha a che fare con $ \pi $?
Buon lavoro!!
Limite inesistente? Part II
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Simo_the_wolf
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Siccome dire che $ ~ \tan n \neq 0 $ per ogni n è equivalente a dire che pi greco è irrazionale, usiamo questo fatto senza rancore. 
Uso anche i soliti fatti noti che la sequenza 1,2,3,... è densa nel cerchio mezzunitario (dove $ ~ \pi = 0 $).
Primo caso: $ ~ \alpha \ge 0 $.
Allora $ ~ a_n = \frac{n^{\alpha}}{\tan n} \le \frac{1}{\tan n} $.
Però, per il fatto citato prima, ci saranno infiniti n per cui $ ~ 1 \le \tan n \le 2 $ ed infiniti n per cui $ ~ -2 \le \tan n \le -1 $. Quindi per $ ~ \alpha \ge 0 $ il limite non esiste.
Dimostriamo che se il limite esiste, è 0.
È chiaro: $ ~ \tan n $ assumerà infiniti valori negativi ed infiniti positivi, mentre $ ~ n^{\alpha} $ è sempre positivo. L'unico compromesso tra il + e il - è lo 0...
Dimostriamo che se il limite esiste per $ ~ \alpha $ e $ ~ \beta \le \alpha $ allora il limite esiste anche con $ ~ \beta $ al posto di $ ~ \alpha $. È facile: la sequenza con beta si ottiene moltiplicando per $ ~ n^{\beta-\alpha} $ il termine $ ~ a_n^{(\alpha)} $. La successione $ ~ n \rightarrow n^{\beta-\alpha} $ tende a 0 (o a 1 in certi casi se vogliamo fare i pignoli), quindi anche la successione con beta tende a 0.
Quindi l'insieme degli alpha che funzionano è una semiretta sinistra, e per caratterizzare questo insieme dobbiamo trovare:
- se e vuoto o no
- se ha massimo o no
- (supponendo che non sia vuoto) qual è il suo sup
Se A è l'insieme degli alpha tali che quel limite esiste, e B è l'insieme degli alpha tali che $ ~ \frac{n^{\alpha}}{\tan n} $ è limitata, dimostriamo che A e B, che chiaramente sono entrambi semirette, hanno lo stesso sup. È facile verificare che se $ ~ b \in B $ e $ ~ a<b> 0 $, vale definitivamente:
$ ~ n^{\alpha} < \epsilon f(n) $, cioè, guardando la definizione di f, per ogni n, se p è l'intero che minimizza $ ~ p\pi - n $:
$ ~ n^{\alpha} < \epsilon |p\pi - n| $
Visto che n/p si avvicina a pi greco, (per n abbastanza grande), avremo $ ~ 3<\frac np<4 $, quindi:
$ ~ 3^{\alpha} p^{\alpha} < \epsilon |p \pi - n| $ (1)
visto che il 3 è inglobato dalla epsilon, e che possiamo revertire la disuguaglianza (per quel <4), e che p/q resta comunque abbastanza vicino a pi greco... possiamo vedere che l'espressione
$ ~ n^{\alpha} < \epsilon f(n) $
è equivalente a (mantenendo il "per ogni epsilon, definitivamente...")
$ ~ n^{\alpha} < \epsilon g(n) $
Ma quello che sembra il modo migliore per scriverla, dividendo la (1) per p, è questo. Se $ ~ \frac np $ è un razionale (rappresentato da n,p come frazione irriducibile), allora:
$ \displaystyle \epsilon |\pi - \frac np| > p^{\alpha - 1} $
Togliendo l'$ ~ \epsilon $, il sup non cambia (per quel ragionamento su A e B, vedi sopra)... in sintesi, il sup dei $ ~ -\alpha + 1 $ che funzionano è la misura di irrazionalità di $ ~ \pi $.
Osservazione: se simo avesse chiesto sulla convergenza del limite per $ ~ \alpha = -1 $ al posto di 1... avremmo ottenuto un problema aperto.
Ok capisco che non si capisce... però formalizzando tutto veniva un papiro.
[edit: probabilmente non si capisce ancora ma sicuro è meglio]
Uso anche i soliti fatti noti che la sequenza 1,2,3,... è densa nel cerchio mezzunitario (dove $ ~ \pi = 0 $).
Primo caso: $ ~ \alpha \ge 0 $.
Allora $ ~ a_n = \frac{n^{\alpha}}{\tan n} \le \frac{1}{\tan n} $.
Però, per il fatto citato prima, ci saranno infiniti n per cui $ ~ 1 \le \tan n \le 2 $ ed infiniti n per cui $ ~ -2 \le \tan n \le -1 $. Quindi per $ ~ \alpha \ge 0 $ il limite non esiste.
Dimostriamo che se il limite esiste, è 0.
È chiaro: $ ~ \tan n $ assumerà infiniti valori negativi ed infiniti positivi, mentre $ ~ n^{\alpha} $ è sempre positivo. L'unico compromesso tra il + e il - è lo 0...
Dimostriamo che se il limite esiste per $ ~ \alpha $ e $ ~ \beta \le \alpha $ allora il limite esiste anche con $ ~ \beta $ al posto di $ ~ \alpha $. È facile: la sequenza con beta si ottiene moltiplicando per $ ~ n^{\beta-\alpha} $ il termine $ ~ a_n^{(\alpha)} $. La successione $ ~ n \rightarrow n^{\beta-\alpha} $ tende a 0 (o a 1 in certi casi se vogliamo fare i pignoli), quindi anche la successione con beta tende a 0.
Quindi l'insieme degli alpha che funzionano è una semiretta sinistra, e per caratterizzare questo insieme dobbiamo trovare:
- se e vuoto o no
- se ha massimo o no
- (supponendo che non sia vuoto) qual è il suo sup
Se A è l'insieme degli alpha tali che quel limite esiste, e B è l'insieme degli alpha tali che $ ~ \frac{n^{\alpha}}{\tan n} $ è limitata, dimostriamo che A e B, che chiaramente sono entrambi semirette, hanno lo stesso sup. È facile verificare che se $ ~ b \in B $ e $ ~ a<b> 0 $, vale definitivamente:
$ ~ n^{\alpha} < \epsilon f(n) $, cioè, guardando la definizione di f, per ogni n, se p è l'intero che minimizza $ ~ p\pi - n $:
$ ~ n^{\alpha} < \epsilon |p\pi - n| $
Visto che n/p si avvicina a pi greco, (per n abbastanza grande), avremo $ ~ 3<\frac np<4 $, quindi:
$ ~ 3^{\alpha} p^{\alpha} < \epsilon |p \pi - n| $ (1)
visto che il 3 è inglobato dalla epsilon, e che possiamo revertire la disuguaglianza (per quel <4), e che p/q resta comunque abbastanza vicino a pi greco... possiamo vedere che l'espressione
$ ~ n^{\alpha} < \epsilon f(n) $
è equivalente a (mantenendo il "per ogni epsilon, definitivamente...")
$ ~ n^{\alpha} < \epsilon g(n) $
Ma quello che sembra il modo migliore per scriverla, dividendo la (1) per p, è questo. Se $ ~ \frac np $ è un razionale (rappresentato da n,p come frazione irriducibile), allora:
$ \displaystyle \epsilon |\pi - \frac np| > p^{\alpha - 1} $
Togliendo l'$ ~ \epsilon $, il sup non cambia (per quel ragionamento su A e B, vedi sopra)... in sintesi, il sup dei $ ~ -\alpha + 1 $ che funzionano è la misura di irrazionalità di $ ~ \pi $.
Osservazione: se simo avesse chiesto sulla convergenza del limite per $ ~ \alpha = -1 $ al posto di 1... avremmo ottenuto un problema aperto.
Ok capisco che non si capisce... però formalizzando tutto veniva un papiro.
[edit: probabilmente non si capisce ancora ma sicuro è meglio]
Ultima modifica di edriv il 09 nov 2007, 20:06, modificato 1 volta in totale.