Asymptotyka i błąd bezwzględny

[Konikov]

Oszacuj \(\displaystyle{ \sum_{i=n}^{n^2} \frac{1}{i*ln\ i}}\) z błędem bezwzględnym \(\displaystyle{ O(1/n)}\).

Zakładam, że moje rozumowanie (uwaga, zmieniony przedział sumowania) jest błędne:
\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n} \frac{1}{i*ln\ i} = \sum_{i=1}^{n} O\left(\frac{1}{n*ln\ n}\right) = O\left(\frac{n}{n*ln\ n}\right) = O\left(\frac{1}{ln\ n}\right)}\)

[xiikzodz]

Można całkować:

\(\displaystyle{ \int_{n+1}^{n^2}\frac{\mbox{d}x}{x\ln x}\le\sum_{i=n}^{n^2}\frac{1}{i\ln i}\le\int_n^{n^2}\frac{\mbox{d}x}{x\ln x}}\)

Funkcja pierwotna do \(\displaystyle{ \frac{1}{x\ln x}}\) to \(\displaystyle{ \ln(|\ln(x)|)+C}\), więc jeśli od tej pory założymy, że \(\displaystyle{ n>1}\), co nie zmniejsza ogólności w rozważaniach asymptotycznych, lewa strona wynosi:

\(\displaystyle{ \ln|\ln(n^2)|-\ln|\ln(n+1)|=\ln\left|\frac{2\ln n}{\ln(n+1)}\right|}\)

zaś prawa:

\(\displaystyle{ \ln|\ln(n^2)|-\ln|\ln n|=\ln\left|\frac{2\ln n}{\ln n}\right|=\ln 2}\).

Pozostaje oszacować różnicę:

\(\displaystyle{ \ln 2-\ln\left|\frac{2\ln n}{\ln(n+1)}\right|=\ln\left(\frac{\ln(n+1)}{\ln n}\right)}\)

Zauważmy, że dla \(\displaystyle{ n>2}\):

\(\displaystyle{ \frac{\ln(n+1)}{\ln n}\le 1+\frac 1n=\frac{n+1}{n}}\),

bo funkcja \(\displaystyle{ \frac{\ln n}{n}}\) jest malejąca dla \(\displaystyle{ n>2}\) (jej pochodna jest ujemna dla \(\displaystyle{ n>e}\)). Zatem:

\(\displaystyle{ \ln\left(\frac{\ln(n+1)}{\ln n}\right)\le\ln\left(1+\frac 1n\right)\le\frac 1n}\),

czyli można szacować z żądaną dokładnością za pomocą: \(\displaystyle{ \ln\left|\frac{2\ln n}{\ln(n+1)}\right|}\).

[Konikov]

Niiice, a da się bez całek? ;]

[xiikzodz]

Pewnie się da. Można próbować elementarnie pokazać, że

\(\displaystyle{ \ln 2+\ln n-\ln(n+a)\le\sum_{i=n}^{n^2}\frac{1}{i\ln i}\le\ln 2-\ln n+\ln(n+a)}\)

dla pewnego \(\displaystyle{ a>0}\) i odpowiednio dużych \(\displaystyle{ n}\), co również da żądane szacowanie asymptotyczne (o to zresztą chodzi w tym zadaniu o ile nie ma błędu w poprzednim rozwiązaniu).

[Konikov]

Jeszcze jedno pytanie: na podstawie jakich przesłanek bierze się owe ograniczenia z góry i z dołu? Czy to jest jak w większości rzeczy jakie widziałem z MD - one time use?

[Zordon]

Zazwyczaj można sobie pomóc właśnie całkami, niektóre oporne sumy dadzą się w taki sposób szacować.

[M4ksiu]

Jesli chodziles na MD na MIMUW ( a zakladam, ze tak wlasnie bylo patrzac na Twoje tematy ), to powinienes wiedziec, ze takie oszacowanie ( przy granicach calkowania ) bylo podane na wykladzie.

Pomijajac te dygresje mozesz sprobowac to rowniez oszacowac przy pomocy wzorow EM, przy ktorych prawie jedyna umiejetnoscia, ktora jest wymagana do rozwiazania zadania, jest umiejetnosc calkowania wlasnie ( choc w takim przypadku moze sie to wydawac dosc inwazyjne rozwiazanie ).


Z powazaniem, M4ksiu.

[Konikov]

Było, zauważyłem później. Słyszałem także, że podanie w tym zadaniu samego wzoru Eulera-MacLaurina z wprowadzonymi danymi załatwiało całość, nie trzeba było samych całek wyliczać ;]

[M4ksiu]

Nie slyszalem o takim przypadki. Ale podanie wzoru zapewnialo kilka punktow.


Z powazaniem, M4ksiu.