Matematyka.pl

Niech \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty}a_n}\) będzie dowolnym szeregiem zbieżnym o wyrazach dodatnich. Czy szereg

\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{ \sqrt{a_n} }{\ln n}\left( n^{a_n}-1\right)}\)

jest zbieżny? Uzasadnić odpowiedź.

Jeśli
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } a_n \ln n=0}\), to z uwagi na równość

\(\displaystyle{ \frac{ \sqrt{a_n} }{\ln n}\left( n^{a_n}-1\right)=\left( a_n\right)^{\frac 3 2} \frac{e^{a_n \ln n}-1}{a_n\ln n}}\) i \(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } \frac{e^{a_n \ln n}-1}{a_n\ln n}=1}\)
mamy na mocy kryterium ilorazowego zbieżności szeregów, że
\(\displaystyle{ \sum_{}^{} \frac{ \sqrt{a_n} }{\ln n}\left( n^{a_n}-1\right)}\) zbieżny\(\displaystyle{ \Leftrightarrow \sum_{}^{} \left( a_n\right)^{\frac 3 2}}\) zbieżny,
a ponieważ \(\displaystyle{ \sum_{}^{} a_n}\) jest zbieżny (a więc spełnia warunek konieczny zbieżności) i ma wyrazy dodatnie, to dla dostatecznie dużych \(\displaystyle{ n}\) jest \(\displaystyle{ \left( a_n\right)^{\frac 3 2}\le a_n}\), a stąd \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty }\left( a_n\right)^{\frac 3 2}}\) jest zbieżny na mocy kryterium porównawczego, więc i wyjściowy szereg takim jest.

Ale nie dla każdego szeregu \(\displaystyle{ \sum_{}^{} a_n}\) zbieżnego o wyrazach dodatnich ma miejsce prawidłowość \(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } a_n \ln n=0}\)...

Sorry, nie wiem, po co ja to w ogóle piszę. Pozdrawiam.

Hmm, nie wiem czy się na tym w jakiś sposób opierać, w ogóle bo przyjmujesz pewne dodatkowe założenia, których nie ma w zadaniu. Ale swoją drogą jaki jest przykład szeregu zbieżnego \(\displaystyle{ \sum_{}^{} a_n}\) o wyrazach dodatnich, dla którego \(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } a_n \ln n \neq 0}\) ?

To jak w takim razie zrobić to zadanie?

max123321 pisze:Ale swoją drogą jaki jest przykład szeregu zbieżnego \(\displaystyle{ \sum_{}^{} a_n}\) o wyrazach dodatnich, dla którego \(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } a_n \ln n \neq 0}\) ?

\(\displaystyle{ a_n = \begin{cases} \frac{1}{\ln n} & \mbox{ dla } n = 2^{k^2} \\ \frac{1}{2^n} & \mbox{ w p.p.} \end{cases}}\)

rafalpw pisze:
\(\displaystyle{ a_n = \begin{cases} \frac{1}{\ln n} & \mbox{ dla } n = 2^{k^2} \\ \frac{1}{2^n} & \mbox{ w p.p.} \end{cases}}\)

No w sumie ta, ale to dość dziwny szereg. Jak należałoby wykazać jego zbieżność? Jako suma dwóch szeregów zbieżnych czy jak?




Ale wracając do głównego zadania, to jak się z tym uporać?

Pozostaje sprawdzić, czy dla szeregów zbieżnych dodatkowe założenie Premislava jest spełnione. Ponieważ granica \(\displaystyle{ a_n\ln n}\) może nie istnieć, zmienimy nieco wypowiedź:

Jeżeli szereg o wyrazach dodatnich \(\displaystyle{ a_n}\) jest zbieżny, a granica \(\displaystyle{ \limsup_{n \to \infty }n^{a_n}}\) jest skończona, to podany szereg jest zbieżny: ponieważ \(\displaystyle{ a_n}\) z warunku koniecznego zbiega do zera i \(\displaystyle{ a_n<1}\) od pewnego miejsca, to:

\(\displaystyle{ \frac{\frac{\sqrt{a_n}}{\ln n}\left(n^{a_n}-1\right)}{a_n}\leqslant \frac{\frac{\sqrt{a_n}}{\ln n}\left(n^{a_n}-1\right)}{a_n\sqrt{a_n}}=\frac{\left(n^{a_n}-1\right)}{a_n\ln n}}\)

i na mocy kryterium porównawczego (przy granicy górnej w nieskończoności) mamy zbieżność. Ale jak już zostało zauważone, tak być nie musi, co pokazuje przykład kolegi rafalpwa:

\(\displaystyle{ a_n = \begin{cases} \frac{1}{\ln n} & \mbox{ dla } n = 2^{k^2} \\ \frac{1}{2^n} & \mbox{ w p.p.} \end{cases}}\)

Szereg \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty}a_n}\) jest zbieżny, bo:

\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty}a_n\leqslant\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\ln 2^{n^2}}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2^n}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2\ln 2}+1<\infty}\)

Szereg kolejnych odwrotności kwadratów liczb naturalnych jest, jak wiadomo, zbieżny. Podany szereg,

\(\displaystyle{ \sum_{n=2}^{\infty} \frac{ \sqrt{a_n} }{\ln n}\left( n^{a_n}-1\right)}\)

jeżeli się nie mylę, powinien nie spełniać nawet warunku koniecznego (już dla samych tylko wyrazów postaci \(\displaystyle{ 2^{k^2}}\)).

Ale dla tego przykładu \(\displaystyle{ \limsup_{n \to \infty} n^{a_n}}\) jest skończona.

Ogólnie, mamy

\(\displaystyle{ \frac{\sqrt{a_n}}{\ln n} \big( n^{a_n} - 1 \big) = (a_n)^{3/2} \cdot \frac{e^{a_n \ln n} - 1}{a_n \ln n} = (a_n)^{3/2} \cdot f(a_n \ln n),}\)

gdzie \(\displaystyle{ f(x) = \frac{e^x-1}{x}.}\) Skoro szereg \(\displaystyle{ \sum_{n=2}^{\infty} (a_n)^{3/2}}\) jest zbieżny, a funkcja \(\displaystyle{ f(x)}\) jest ograniczona dla \(\displaystyle{ 0 < x \le R,}\) to szereg \(\displaystyle{ \sum_{n=2}^{\infty} \frac{\sqrt{a_n}}{\ln n} \big( n^{a_n} - 1 \big)}\) może być rozbieżny tylko jeśli \(\displaystyle{ a_n \ln n}\) jest nieograniczony.

Hm, racja, w takim razie modyfikacja \(\displaystyle{ \frac{1}{\ln \ln n}}\) dla \(\displaystyle{ n=2^{2^{k^2}}}\) powinna już zadziałać.

Ale chwila bo się pogubiłem. To jak w końcu należy podejść do tego szeregu?