Zbieżność szeregów

Definicja szeregów liczbowych, kryteria zbieżności szeregów. Suma szeregu i iloczyn Cauchy'ego szeregów. Iloczyny nieskończone.
emong00
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 29
Rejestracja: 21 paź 2022, o 20:42
Płeć: Mężczyzna
wiek: 19
Podziękował: 21 razy

Zbieżność szeregów

Post autor: emong00 »

Zbadać zbieżność szeregów:
(a)\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{n^{1+\frac{1}{n}}}}\)
(b)\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{n^{\alpha}\sin\frac{1}{n}}, \alpha\in(0,\infty )}\)
(c)\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^\infty \frac{\text{ln} n}{ \sqrt[4]{n^5} }}\)

Potrzebuje inspiracji co do tych szeregów. Nie przychodzą mi do głowy żadne kryteria które by pomagały w rozwiązaniu. Jeżeli coś oczywistego mnie ominęło to prosiłbym o pokazanie mi co przeoczyłem lub na co zwracać uwagę w przyszłości.
Ostatnio zmieniony 1 gru 2022, o 22:45 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Punkt 2.7 instrukcji LaTeX-a. Funkcje matematyczne należy zapisywać: sinus - \sin, logarytm - \log, logarytm naturalny - \ln itd. Temat umieszczono w złym dziale.
a4karo
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 22173
Rejestracja: 15 maja 2011, o 20:55
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Bydgoszcz
Podziękował: 38 razy
Pomógł: 3748 razy

Re: Zbieżność szeregów

Post autor: a4karo »

wsk
a) `n^{1/n}\to 1`
b) \(\displaystyle{ \sin \frac{1}{n}\approx \frac{1}{n}}\)
c) `\ln n/n^\alpha\to 0` dla `\alpha>0`
Ostatnio zmieniony 1 gru 2022, o 23:20 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 2 razy.
Powód: Poprawa wiadomości.
emong00
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 29
Rejestracja: 21 paź 2022, o 20:42
Płeć: Mężczyzna
wiek: 19
Podziękował: 21 razy

Re: Zbieżność szeregów

Post autor: emong00 »

Z tych "zależności" można skorzystać tylko przy obliczaniu granicy, w zwykłych równaniach takie operacje są chyba niepoprawne. Jedyne kryteria (mi znane), które ten wymóg spełniają to d'Alembert'a i Cauchy'ego. Przy czym korzystając z nich nie dostajemy żadnej sensownej informacji. Z innych rzeczy to mamy warunek konieczny, ale oczywiście jest niewystarczający do stwierdzenia takich rzeczy. Rozważałem korzystanie z kryterium porównawczego, ale np. w (a) musiałbym znaleźć ciąg \(\displaystyle{ p_n=\frac{1}{n^p}}\) gdzie \(\displaystyle{ p \in (1+\frac{1}{n},1)}\), co jest raczej niemożliwe.
Zgaduję w takim razie, że moje założenie jest błędne, ale nie wiem co innego z tymi informacjami zrobić, a nawet nie patrząc na nie, żadne inne kryterium mi nie pomaga specjalnie.
a4karo
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 22173
Rejestracja: 15 maja 2011, o 20:55
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Bydgoszcz
Podziękował: 38 razy
Pomógł: 3748 razy

Re: Zbieżność szeregów

Post autor: a4karo »

Nie wiem co to są zwykle równania, dla mnie fakt, że `n^{1/n}\to1` oznacza np. to, że od pewnego miejsca to wyrażenie jest mniejsze niż np. `2`.

Pomyśl co to może oznaczać.

Dodano po 1 godzinie 3 minutach 17 sekundach:
b dokładniej `2/\pi x<\sin x<x` dla `0<x<\pi/2`

c dla `a>1` weź `b` takie że `1<b<a`. wtedy \(\displaystyle{ \frac{\ln n}{n^a}=\frac{\ln n}{n^{a-b}}\frac1{n^b}}\)
Ostatnio zmieniony 5 gru 2022, o 02:06 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Poprawa wiadomości.
emong00
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 29
Rejestracja: 21 paź 2022, o 20:42
Płeć: Mężczyzna
wiek: 19
Podziękował: 21 razy

Re: Zbieżność szeregów

Post autor: emong00 »

(a) Weźmy \(\displaystyle{ x_n=\frac{1}{n^{1+\frac{1}{n}}}}\) i \(\displaystyle{ y_n=\frac{1}{n}}\). Korzystając faktu który podałeś, wiem, że \(\displaystyle{ \exists N\in\mathbb{N}\forall n \ge N: x_n=y_n }\). Wiem też, że \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty}y_n}\) jest rozbieżny i stąd wynika, że \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty}x_n}\) też jest rozbieżny (to jest jakaś własność którą znalazłem w notatkach z wykładów).
Ma to sens? Resztą zajmę się później
Jan Kraszewski
Administrator
Administrator
Posty: 34124
Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 3 razy
Pomógł: 5192 razy

Re: Zbieżność szeregów

Post autor: Jan Kraszewski »

emong00 pisze: 5 gru 2022, o 00:34 (a) Weźmy \(\displaystyle{ x_n=\frac{1}{n^{1+\frac{1}{n}}}}\) i \(\displaystyle{ y_n=\frac{1}{n}}\). Korzystając faktu który podałeś, wiem, że \(\displaystyle{ \exists N\in\mathbb{N}\forall n \ge N: x_n=y_n }\).
To jest bardzo odważne i zupełnie nieprawdziwe stwierdzenie.

Wiesz, że \(\displaystyle{ \frac{1}{n^{1+\frac{1}{n}}}=\frac{1}{n}\cdot \frac{1}{n^{\frac{1}{n}}}}\), a drugi składnik tego iloczynu - zgodnie ze wskazówką a4karo - możesz od pewnego miejsca oszacować z dołu przez stałą.

JK
emong00
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 29
Rejestracja: 21 paź 2022, o 20:42
Płeć: Mężczyzna
wiek: 19
Podziękował: 21 razy

Re: Zbieżność szeregów

Post autor: emong00 »

(a) Można indukcją udowodnić (podnosząc do \(\displaystyle{ n}\) itd.), że dla \(\displaystyle{ n\in\mathbb{N}: \sqrt[n]{n} \le 2}\) co jest równoważne z \(\displaystyle{ \frac{1}{2}\le\frac{1}{ \sqrt[n]{n} }}\). Czyli:
\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}\frac{1}{ \sqrt[n]{n} } \ge \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2n}= \infty }\). Z kryterium porównawczego nasz szereg jest rozbieżny.
Jan Kraszewski
Administrator
Administrator
Posty: 34124
Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 3 razy
Pomógł: 5192 razy

Re: Zbieżność szeregów

Post autor: Jan Kraszewski »

No widzisz, dobrze.
emong00 pisze: 5 gru 2022, o 12:01 (a) Można indukcją udowodnić (podnosząc do \(\displaystyle{ n}\) itd.), że dla \(\displaystyle{ n\in\mathbb{N}: \sqrt[n]{n} \le 2}\)
Jeżeli wiesz, że \(\displaystyle{ \lim_{n\to \infty}\sqrt[n]{n}=1}\), to indukcja jest niepotrzebna.

JK
emong00
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 29
Rejestracja: 21 paź 2022, o 20:42
Płeć: Mężczyzna
wiek: 19
Podziękował: 21 razy

Re: Zbieżność szeregów

Post autor: emong00 »

(b)Skorzystam z tej nierówności z sinusem co podałeś, całkiem ładna muszę przyznać. Stąd:
\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^\alpha\frac{1}{n}} \le \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^\alpha\sin{\frac{1}{n}}} \le \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^\alpha\frac{2}{n\pi}} \Leftrightarrow }\)
\(\displaystyle{ \Leftrightarrow \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{\alpha -1}} \le \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^\alpha\sin{\frac{1}{n}}} \le \frac{\pi}{2}\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{\alpha -1}}}\)

Z polecenia \(\displaystyle{ \alpha \in (0, \infty )}\).
Dla \(\displaystyle{ (\alpha -1) \in (-1,1\rangle }\) szereg po lewej jest rozbieżny, więc z kryterium porównawczego nasz szereg też jest rozbieżny.
Dla \(\displaystyle{ (\alpha -1) \in (1, \infty )}\) szereg po prawej jest zbieżnym więc z kryterium porównawczego nasz szereg też jest zbieżny.
ODPOWIEDZ