Evo jednog teskog zadatka. Nadji sledecu granicnu vrednost:
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\left(\frac{\sum\limits_{i=1}^n\ln(i)}{n\cdot H_n}\right)^{H_n}[/dispmath]
Gde je [inlmath]H_n[/inlmath]:
[dispmath]H_n=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}[/dispmath]
Zadatak je dat kao bonus na jednom od kolokvijuma na matematickom fakultetu. Nabasao sam na njega kad sam prelistavao rokove. Ja sam ga resio brzo za [inlmath]5[/inlmath] minuta (pukom srecom) mada nisam siguran da je [inlmath]100[/inlmath] posto tacno. Pa probajte da ga resite pa cu ja okaciti svoju ideju.

Ako nisam pogresio, rezultat bi trebalo da bude [inlmath]e^{-1-\gamma}[/inlmath], gde je [inlmath]\gamma[/inlmath] Ojlerova konstanta.

U principu, ovo u zagradi tezi jedinici, te imamo limes oblika [inlmath]1^{\infty}[/inlmath], a potom se iskoristi i da je [inlmath]\lim\limits_{n\to\infty}(H_n-\ln n)=\gamma[/inlmath]. Takodje, Štolcova lema je zgodna za racunanje nekih limesa koji tu iskoce.

Jeste [inlmath]e^{-\gamma-1}[/inlmath]. Meni je ideja bila da za [inlmath]H_n[/inlmath] koristim [inlmath]H_n=\gamma+\ln(n)+\epsilon_n[/inlmath] gde epsilon tezi nuli. U racunu nisam vukao [inlmath]\epsilon_n[/inlmath] mrzelo me. Pa sam onda negde u medju koraku koristio Stirlingovu aproksimaciju [inlmath]n!\sim\left(\frac{n}{e}\right)^n\sqrt{2\pi n}[/inlmath]. I isao sam na ono klasicno srednjoskolsko teranje limesa tipa
[dispmath]\left(\frac{2n-1}{2n+1}\right)^n[/dispmath]
Ovo moze bez Stolca a i mislim da bi bilo nepotrebno komplikovanje ubacivati ga.

Ne mogu tvrditi sa sigurnoscu, ali bih rekao da si ovaj zadatak video u rokovima za Analizu 1. Zato mi izgleda malo „prejako“ da se koristi Stirlingova formula, jer se njeno izvodjenje radi u Analizi 2 (moze se uraditi i samo metodama Analize 1, no obicno se ceka Analiza 2 da bi se dobila sto preciznija ocena (sa malim/velikim o)). Sa druge strane, Štolz predstavlja jedan od osnovnijih alata koji se koristi u Analizi 1 za nalazenje raznih limesa nizova.

Tacnije, ovaj zadatak mi pripada nekadasnjoj Analizi 1a, za vreme koje se ne zna za Stirlingovu formula (koja se zaista spomene u Analizi 1b, sad se setih, kod redova (ali ne i sam njen dokaz, obicno)).

Slažem se sa prethodnim.
Jedino bih dodao da red sa pozitivnim članovima:
[dispmath]\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^p}[/dispmath]
konvergira za [inlmath]p>1[/inlmath] i divergira za [inlmath]p\le1[/inlmath]
Ovo je lako dokazivo korišćenjem Košijevog integralnog kriterijuma.

p.s. Nije ovo toliko potrebno za prethodni zadatak, a slažem se i s kolegom Onomatopejom da je Stirlingova formula prejako oružje za ovaj zadatak, no svejedno.
Moja poenta (zašto uopšte nastavljam temu) je da sledeći (harmonijski) red divergira:
[dispmath]\sum_{i=1}^\infty\frac{1}{n}[/dispmath]
Ne znam da li je ovo već bilo na Matemaniji (ovo što sam ja napisao) no (opet) svejedno, nije loše napomenuti.

p.p.s. Mene [inlmath]H_n[/inlmath] neodoljivo podseća na oznaku koju sam davno video za opšti član harmonijskog reda i to je drugi razlog za moj post. Dobro, u zadatku postavljenom u temi je limes, ali...
Neće škoditi ovo što napisah, po mom mišljenju.

I da se doreknem:

• Niz predstavlja popularno rečeno brojeve nanizane po nekom pravilu i ništa više.
  Primer: [inlmath]\frac{1}{1},\frac{1}{2},\frac{1}{3},\ldots\frac{1}{n},\frac{1}{n+1},\ldots[/inlmath]
  
• Red je suma članova niza, beskonačno mnogo članova niza pri čemu ta suma može biti beskonačna ili da ne postoji (u kom slučaju red divergira) ili da je ta suma (opet i opet!) beskonačno mnogo članova niza konačna, što znači da red konvergira.
  Primer:[inlmath]\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}+\frac{1}{n+1}+\cdots[/inlmath]

Neki autori (malobrojni!) definišu red kao "beskonačnu sumu" što je po meni pogrešno.

p.s. Već sam o ovome kuckao po Matemaniji, nego da vidimo još jednom.
p.p.s. Priznaću ako nisam u pravu, no da mi neko dokaže da nisam u pravu.

Moram još, izvinjavam se.
Opet se nisam dorekao.
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}=0[/dispmath]

[dispmath]\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n}[/dispmath]

Da prigovorim:
1. Definicija niza: Niz je svaka funkcija [inlmath]f\colon\mathbb{N}\to\mathbb{R}[/inlmath] u oznaci [inlmath]a(n),\;a_n[/inlmath].
2. Defincija reda: Neka je [inlmath]a_n[/inlmath] proizvoljan niz relanih (kompleksnih) brojeva. Pod realnim (kompleksnim) redom podrazumevamo sledecu sumu
[dispmath]S=\sum_{n=0}^{+\infty}a_n[/dispmath]
[inlmath]P[/inlmath]-tom parcijalnom sumom reda nazivamo:
[dispmath]S_p=\sum_{n=0}^pa_n[/dispmath]
Red konvergira ako mu konvergira niz parcijalnih suma.
Mislim da su ove gore definicije najjasnije i najkorektnije. Mislim da je ta "definicija" niza kao brojeve nanizane po nekom pravilu losa i u njoj se gubi sustina da je niz funkcija (neprekidna da dodam posto su mu sve tacke izolovane).
Da bismo na primer dokazali da divergira harmonijski red treba samo da dokazemo npr. da mu niz parcijalnih suma nije Kosijev ili moze integralni kriterijum ili sledeci nacin:
[dispmath]S=1+\frac{1}{2}+\Big(\frac{1}{3}+\frac{1}{4}\Big)+\Big(\frac{1}{5}+\frac{1}{6}+\frac{1}{7}+\frac{1}{8}\Big)+\cdots\\
>\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\Big(\frac{1}{4}+\frac{1}{4}\Big)+\Big(\frac{1}{8}+\frac{1}{8}+\frac{1}{8}+\frac{1}{8}\Big)+\cdots\\
=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\Big(\frac{1}{2}\Big)+\Big(\frac{1}{2}\Big)+\cdots[/dispmath]
i tako gomilamo te polovine za svakih sledecih [inlmath]2^k[/inlmath] sabiraka po tom receptu kako to mozemo da uradimo za sve sabirke gornja suma divergira uvek dodamo jednu polovinu.
Dokaz da niz parcijalnih suma nije Kosijev:
[dispmath]\big|H_{2n}-H_n\big|=\Big|\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots+\frac{1}{n+ n}\Big|>\frac{1}{n+n}+\frac{1}{n+n}+\cdots+\frac{1}{n+n}=\frac{n}{2n}=\frac{1}{2}\\
\big|H_{2n}-H_n\big|>\frac{1}{2}[/dispmath]
I tu vidimo da nije ispunjen Kosijev uslov posto on kaze da razlika mora biti manja od proizvoljnog epsilon a ovde je ona uvek veca od jedne polovine.

Prigovor na prigovor:

desideri je napisao:Niz predstavlja popularno rečeno brojeve nanizane po nekom pravilu i ništa više.

Ja rekoh "popularno rečeno", a ne nešto strogo formalno.
Inače nemam šta da osporim u tvom prethodnom postu, Trougao.

p.s. Sasvim je tačno da red konvergira kao što je navedeno u tvom prethodnom postu, tj ako konvergira niz parcijalnih suma reda. Ali (za sada) nije uočena poenta na koju sam i hteo da ukažem: Da li je red beskonačna suma ili ne? Da li to sme čak i popularno da se kaže?

desideri je napisao:

• Niz predstavlja popularno rečeno brojeve nanizane po nekom pravilu i ništa više.

Nek je i popularno rečeno, al' mene opet „žulja“ ovo crveno.
Vrednosti članova niza ne moraju imati nikakvu pravilnost. Istina, u zadacima se najčešće daje neka funkcija koja opisuje vrednost opšteg člana niza, pa tada pravilnost postoji, ali to ne znači da uvek mora biti tako.
Ja mogu, recimo, da navedem ovakve brojeve,
[inlmath]3\pi,\;7,\;4^e,\;\frac{1}{3},\;\sqrt3[/inlmath]
koji su očigledno poređani bez ikakve pravilnosti, i da kažem da je to neki niz (od pet članova).

Inače se slažem da iz pojma „beskonačna suma“ nije najjasnije da li je to suma od beskonačno mnogo sabiraka, ili je to suma čija je vrednost beskonačna.

Trougao je napisao:i u njoj se gubi sustina da je niz funkcija (neprekidna da dodam posto su mu sve tacke izolovane).

Da nisi umesto neprekidna hteo da kažeš diskretna?