limita

Mesaj de **ghioknt** » 11 Mar 2017, 13:53

Poate că, între timp, ai găsit o solutie, dar un apel disperat - al lui Getatotan - mi-a inspirat urmatoarea rezolvare.

I. Voi nota cu a_n termenul general al sirului dat si voi considera $b_n=\frac{1}{2^n}\sum_{k=0}^{n}\frac{C_n^k}{\sqrt{k+1}}$ ,
despre care pot să scriu $b_n=\frac{1}{2^n}\sum_{k=0}^{n}C_n^k\sqrt{\frac{1}{k+1}}\leq \sqrt{\frac{\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{k+1}C_n^k}{2^n}}=\sqrt{\frac{\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{n+1}C_{n+1}^{k+1}}{2^n}}=\sqrt{\frac{1}{n+1}\cdot \frac{2^{n+1}-1}{2^n}}$
deoarece:
a) $\sum_{k=0}^{n}C_n^k=2^n,$ deci b_n este o medie ponderată a unor numere; ponderile sunt însă numere naturale, deci
b_n este de fapt o medie aritmetică a unor termeni nu toti distincti;
b) termenii sunt valori ale functiei $f(x)=\sqrt{x}$ , care este concavă pe intervalul [0; 1] pe care ia valori x.
c) în consecintă are loc inegalitatea (Jensen) pe care am scris-o.
Criteriul majorării ne duce la concluzia că $b_n\to 0.$

II. $\sum_{k=1}^{n}C_n^k\sqrt{\frac{1}{k}}=\sum_{k=1}^{n}C_n^k\sqrt{\frac{1}{k+1}}\cdot \sqrt{1+\frac{1}{k}}\leq \sqrt{2}\sum_{k=1}^{n}C_n^k\sqrt{\frac{1}{k+1}}\leq \sqrt{2}\sum_{k=0}^{n}C_n^k\sqrt{\frac{1}{k+1}}.$
În concluzie $0<a_n\leq \sqrt{2}\cdot b_n\;si\;b_n\to 0\Rightarrow a_n\to 0.$

Forum AniDeȘcoală.ro

limita

limita

O aplicatie a concavitatii unei functii