a) \(\displaystyle{ \sum_{ n=1 }^{ \infty } \frac{\text{tgh}(n)}{n ^{ \frac{5}{6} } }}\)
b) \(\displaystyle{ \sum_{ n=1 }^{ \infty } \frac{\arctg(n)}{n ^{ \frac{5}{3} } }}\)
Zbadaj zbieżność podanych szeregów:
-
- Użytkownik
- Posty: 10
- Rejestracja: 11 gru 2022, o 11:11
- Płeć: Mężczyzna
- wiek: 29
- Podziękował: 5 razy
Zbadaj zbieżność podanych szeregów:
Ostatnio zmieniony 11 gru 2022, o 11:40 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Poprawa wiadomości.
Powód: Poprawa wiadomości.
- Janusz Tracz
- Użytkownik
- Posty: 4068
- Rejestracja: 13 sie 2016, o 15:01
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: hrubielowo
- Podziękował: 80 razy
- Pomógł: 1393 razy
Re: Zbadaj zbieżność podanych szeregów:
\(\displaystyle{ (a)}\) Ponieważ \(\displaystyle{ \text{tgh}\, n\to 1}\) to od pewnego momentu będzie
\(\displaystyle{ \left( b\right) }\) wystarczy zauważyć, że
\(\displaystyle{ \frac{1}{2} \times \frac{1}{n^{5/6}} \le \frac{\text{tgh}\, n}{n^{5/6}}.}\)
Zatem mamy rozbieżność. \(\displaystyle{ \left( b\right) }\) wystarczy zauważyć, że
\(\displaystyle{ \frac{\arctg \, n}{n ^{ 5/3 } } \le \frac{\pi/2}{n ^{ 5/3 } }. }\)
Z kryterium porównawczego mamy zbieżność.-
- Użytkownik
- Posty: 10
- Rejestracja: 11 gru 2022, o 11:11
- Płeć: Mężczyzna
- wiek: 29
- Podziękował: 5 razy
Re: Zbadaj zbieżność podanych szeregów:
Czyli jeżeli pomnożymy szereg Dirichleta \(\displaystyle{ {\frac{1}{n ^{ \frac{5}{6} }}}}\) który jest rozbieżny przez jakąś liczbę, na przykład \(\displaystyle{ \frac{1}{2}}\) albo \(\displaystyle{ \frac{ \pi }{2}}\) to ten szereg dalej będzie rozbieżny?
- Janusz Tracz
- Użytkownik
- Posty: 4068
- Rejestracja: 13 sie 2016, o 15:01
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: hrubielowo
- Podziękował: 80 razy
- Pomógł: 1393 razy
Re: Zbadaj zbieżność podanych szeregów:
Tak. To jest raczej oczywiste, że pomnożenie przez stałą \(\displaystyle{ \alpha }\) \(\displaystyle{ \left( \neq 0\right) }\) ciągu \(\displaystyle{ S}\) którego granica nie istnieje nie zmieni faktu nieistnienia granicy \(\displaystyle{ \alpha S}\). To znaczy Jeśli granica \(\displaystyle{ \left\{ S_n\right\}_{n=1}^{ \infty } }\) nie istnieje to granica \(\displaystyle{ \left\{ \alpha S_n\right\}_{n=1}^{ \infty } }\), gdzie \(\displaystyle{ \alpha \neq 0}\) też nie istnieje. Aby to wykazać musimy udowodnić, że
Ustalmy więc \(\displaystyle{ g\in\RR}\). Ponieważ granica \(\displaystyle{ \left\{ S_n\right\}_{n=1}^{ \infty } }\) nie istnieje to istnieje taka dodatnia liczba \(\displaystyle{ \epsilon_{g, \alpha }}\), że \(\displaystyle{ (\forall N\in\NN)(\exists n>N) \left| S_n- \frac{g}{ \alpha } \right| \ge \epsilon_{g, \alpha } }\). My jednak kładziemy \(\displaystyle{ \epsilon=\left| \alpha \right|\epsilon_{g, \alpha } }\). Ustalany teraz \(\displaystyle{ N\in \NN}\) i wskazujemy palcem na \(\displaystyle{ n>N}\) takie, że \(\displaystyle{ \left| S_n- \frac{g}{ \alpha } \right| \ge \epsilon_{g, \alpha }}\) zatem zachodzi \(\displaystyle{ \left| \alpha S_n-g\right| \ge \epsilon }\).
Udało się więc dla uprzednio ustalonych \(\displaystyle{ g\in \RR}\) oraz \(\displaystyle{ \alpha \neq 0}\) dobrać \(\displaystyle{ \epsilon>0}\) taki, że \(\displaystyle{ (\forall N\in\NN)(\exists n>N)\left| \alpha S_n-g\right| \ge \epsilon}\) wszak wybierając dowolny \(\displaystyle{ N}\) jawnie wskazaliśmy \(\displaystyle{ n>N}\), że zaszło \(\displaystyle{ \left| \alpha S_n-g\right| \ge \epsilon}\).
Co ciekawe (choć mało ekscytujące) ten fakt daje się odwrócić za darmo. Udowodnimy, że dla \(\displaystyle{ \alpha }\) \(\displaystyle{ \left( \neq 0\right) }\) mamy
Zatem mamy też
czyli
\(\displaystyle{ (\forall g\in \RR )(\exists \epsilon>0)(\forall N\in\NN)(\exists n>N)\left| \alpha S_n-g\right| \ge \epsilon. }\)
Ustalmy więc \(\displaystyle{ g\in\RR}\). Ponieważ granica \(\displaystyle{ \left\{ S_n\right\}_{n=1}^{ \infty } }\) nie istnieje to istnieje taka dodatnia liczba \(\displaystyle{ \epsilon_{g, \alpha }}\), że \(\displaystyle{ (\forall N\in\NN)(\exists n>N) \left| S_n- \frac{g}{ \alpha } \right| \ge \epsilon_{g, \alpha } }\). My jednak kładziemy \(\displaystyle{ \epsilon=\left| \alpha \right|\epsilon_{g, \alpha } }\). Ustalany teraz \(\displaystyle{ N\in \NN}\) i wskazujemy palcem na \(\displaystyle{ n>N}\) takie, że \(\displaystyle{ \left| S_n- \frac{g}{ \alpha } \right| \ge \epsilon_{g, \alpha }}\) zatem zachodzi \(\displaystyle{ \left| \alpha S_n-g\right| \ge \epsilon }\).
Udało się więc dla uprzednio ustalonych \(\displaystyle{ g\in \RR}\) oraz \(\displaystyle{ \alpha \neq 0}\) dobrać \(\displaystyle{ \epsilon>0}\) taki, że \(\displaystyle{ (\forall N\in\NN)(\exists n>N)\left| \alpha S_n-g\right| \ge \epsilon}\) wszak wybierając dowolny \(\displaystyle{ N}\) jawnie wskazaliśmy \(\displaystyle{ n>N}\), że zaszło \(\displaystyle{ \left| \alpha S_n-g\right| \ge \epsilon}\).
Co ciekawe (choć mało ekscytujące) ten fakt daje się odwrócić za darmo. Udowodnimy, że dla \(\displaystyle{ \alpha }\) \(\displaystyle{ \left( \neq 0\right) }\) mamy
\(\displaystyle{ \lim_{ } S_n\text{ nie istnieje } \qquad \Rightarrow \qquad \lim_{ } \alpha S_n\text{ nie istnieje }}\)
Zatem mamy też
\(\displaystyle{ \lim_{ } \alpha S_n\text{ nie istnieje } \qquad \Rightarrow \qquad \lim_{ } \frac{1}{ \alpha } \times (\alpha S_n)\text{ nie istnieje }}\)
czyli
\(\displaystyle{ \lim_{ } S_n\text{ nie istnieje } \qquad \Leftrightarrow \qquad \lim_{ } \alpha S_n\text{ nie istnieje. }}\)