Matematyka.pl

Dla jakich \(\displaystyle{ x, y}\) szereg \(\displaystyle{ \frac{x+1}{y+1} + \frac{(x+1)(2x+1)}{(y+1)(2y+1)} + \frac{(x+1)(2x+1)(3x+1)}{(y+1)(2y+1)(3y+1)} +...}\) jest zbieżny

Myślę, że trzeba założyć, że stosunek kolejnego wyrazu do poprzedniego jest mniejszy od 1 żeby szereg był malejący

\(\displaystyle{
\frac{
\frac{ (x+1)(2x+1)\ldots((n-1)x+1)(nx+1) }{ (y+1)(2y+1)\ldots((n-1)y+1)(ny+1) }
}{
\frac{ (x+1)(2x+1)\ldots((n-1)x+1) }{ (y+1)(2y+1)\ldots((n-1)y+1) }
} = \frac{nx+1}{ny+1} <1\\
(nx+1)(ny+1) < (ny+1)^2\\
n^2xy + nx + ny + 1 < n^2y^2 + 2ny + 1\\
n^2xy + n(x+y) < n^2y^2 + 2ny\\
nxy + x + y < ny^2 + 2y\\
nxy -ny^2 < y-x\\
n(xy-y^2) < y-x
}\)
wiemy że \(\displaystyle{ n\Rightarrow \infty}\)
jeśli \(\displaystyle{ xy-y^2 < -1}\) to lewa strona dąży do minus nieskończoności i powinno być ok
Jeśli \(\displaystyle{ -1<xy-y^2 <1}\) to lewa strona dąży do zera (z lewej bądź prawej) i do takiego warunku trzeba by dodać że \(\displaystyle{ y-x > 0}\)

Niech \(\displaystyle{ a_n=\frac{(x+1)(2x+1)(3x+1)\dots(nx+1)}{(y+1)(2y+1)(3y+1)\dots(ny+1)}}\)

Trzeba się pobawić w przypadki:
Case 1 \(\displaystyle{ y\in \frac{-1}{\NN}}\)
zadanie nie ma sensu

Case 2 \(\displaystyle{ x\in \frac{-1}{\NN}}\)
Od pewnego miejsca wszystkie wyrazy są zerowe - szereg jest zbieżny

Case 3 \(\displaystyle{ x=0, y\ne 0}\)
Szereg jest zbieżny w sposób oczywisty

Case 4 \(\displaystyle{ y=0}\)
Szereg nie spełnia warynku koniecznego

Case 5 \(\displaystyle{ \left|\frac xy\right|<1}\)
Mamy \(\displaystyle{ \lim_{n} \frac{nx+1}{ny+1}=\frac xy}\), więc istnieje takie `q<1`, że dla `n>N` zachodzi \(\displaystyle{ \left|\frac{nx+1}{ny+1}\right|<q}\). Zatem \(\displaystyle{ \left|a_n\right|<\left| a_N\right| q^{n-N}}\) i szereg jest zbieżny na mocy kryterium porównawczego

Case 6 \(\displaystyle{ \left|\frac xy\right|>1}\)
W sposób oczywisty nie jest spełniony warunek konieczny

Case 7 \(\displaystyle{ x=y}\)
Nie jest spełniony warunek konieczny

Case 8 \(\displaystyle{ 0<x=-y}\)
Od pewnego miejsca \(\displaystyle{ \left|\frac{nx+1}{-nx+1}\right|>1}\), więc nie jest spełniony warunek konieczny

Case 9 \(\displaystyle{ 0>x=-y}\)
Od pewnego miejsca szereg jest naprzemienne znaki, a moduły jego wyrazów sa malejące (patrz Case 8). Jeżeli pokażemy, że granicą ciągu `|a_n|` jest zero, to zbieżność szeregu wyniknie z kryterium Leibniza.

No to do roboty.
Wystraczy pokazać, że iloczyn
\(\displaystyle{ \prod_{n>1/y}\frac{ny-1}{ny+1} }\) jest rozbieżny. Zbieżność takiego iloczynu jest równoważna ze zbieżnością szeregu \(\displaystyle{ \sum_{n>1/y}\ln \frac{ny-1}{ny+1} }\). Ale
\(\displaystyle{ \sum_{n>1/y}\ln \frac{ny-1}{ny+1}=-\sum_{n>1/y}(\ln (ny+1)-\ln(ny-1)=\sum_{n>1/y}\frac{-2}{\xi_n}<\sum_{n>1/y}\frac{-2}{ny+1} =-\infty }\)
(druga równość, to oczywiście z tw Lagrange'a, `ny-1<\xi_n<ny+1`).
To oznacza że \(\displaystyle{ \prod_{n>i/y}^N\frac{ny-1}{ny+1} \to 0}\) przy `N\to \infty`, co należało pokazać.

@Poprawa przypadków 1 i 2.
JK

Tak z czystej ciekawości:

a4karo pisze: ↑8 lut 2024, o 22:56 \(\displaystyle{ \RR\setminus\frac{-1}{\NN}}\)

Co to jest?

JK

Och, taki żarcik. Myślalem, że skumasz . \(\displaystyle{ \frac{a}{\NN}=\{\frac{a}{n}: n\in\NN\}}\)

BTW, mógłbyś zmienić `nx-1<\xi_n<ny+1` na `ny-1<\xi_n<ny+1`? Dzięki

a4karo pisze: ↑9 lut 2024, o 07:43 Och, taki żarcik. Myślalem, że skumasz .

a4karo pisze: ↑9 lut 2024, o 07:43BTW, mógłbyś zmienić `nx-1<\xi_n<ny+1` na `ny-1<\xi_n<ny+1`? Dzięki

Poprawione.

JK