Niech \(\displaystyle{ k}\) i \(\displaystyle{ \lambda}\) będa dowolnymi ustalonymi nieujemnymi liczbami rzeczywistymi i \(\displaystyle{ \alpha \in [0, 1]}\). Zbadaj zbieżność szeregu:
\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\lambda^n \cdot t^{\frac{n \alpha}{1+\alpha}} k^2 n (1+ \alpha)^{\frac{n}{1+ \alpha}-1} \frac{\Gamma \left( \frac{n}{1+ \alpha} \right)}{\Gamma \left( \frac{n \alpha}{1+ \alpha}+1 \right)}}{n!}}\)
Dla wprawnego oka to pewnie łatwe zadanie, co mi się nasuwa to zastosowanie wzoru Stirlinga, po czym dochodzę do dalej trudnego dla mnie szeregu.
Zbadać zbieżność szeregu
-
tometomek91
- Użytkownik
- Posty: 2959
- Rejestracja: 8 sie 2009, o 23:05
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 281 razy
- Pomógł: 498 razy
-
Adifek
- Użytkownik
- Posty: 1567
- Rejestracja: 15 gru 2008, o 16:38
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Ostrzeszów/Wrocław
- Podziękował: 8 razy
- Pomógł: 398 razy
Zbadać zbieżność szeregu
Łatwo widać, że wystarczy badać zbieżność szeregu
\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{nx^n \Gamma \left( \frac{n}{1+\alpha}\right) }{n! \Gamma \left( 1+ \frac{n\alpha}{1+\alpha}\right) } = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{nx^n \Gamma \left( \frac{n}{1+\alpha}\right) }{n! \Gamma \left( \frac{n\alpha}{1+\alpha}\right)\frac{n\alpha}{1+\alpha} } = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(1+\alpha)x^n \Gamma \left( \frac{n}{1+\alpha}\right) }{n! \Gamma \left( \frac{n\alpha}{1+\alpha}\right)\alpha }}\)
Zatem wszystko upraszcza się do zbieżności szeregu
\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^n\Gamma \left( \frac{n}{1+\alpha}\right) }{n! \Gamma \left( \frac{n\alpha}{1+\alpha}\right)}}\)
Dopiero teraz przykładałbym wzór Stirlinga.
Jeśli interesuje Cię rozwiązanie lamerskie , tj. nie jest tak ważny obszar zbieżności, tylko pokazanie, że gdzieś to jest zbieżne, to można zauważyć, że \(\displaystyle{ \frac{\Gamma \left( \frac{n}{1+\alpha}\right)}{\Gamma \left( \frac{n\alpha}{1+\alpha}\right)}\le n!}\), a wtedy
\(\displaystyle{ \left| \sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^n\Gamma \left( \frac{n}{1+\alpha}\right) }{n! \Gamma \left( \frac{n\alpha}{1+\alpha}\right)}\right| \le \sum_{n=1}^{\infty}|x|^n,}\)
co jest zbieżne dla \(\displaystyle{ x\in [-1,1)}\). To daje nam \(\displaystyle{ \lambda \cdot t^{\frac{\alpha}{1+\alpha} }\cdot (1+\alpha)^{\frac{1}{1+\alpha}} \in [-1,1)}\), więc masz zbieżność przynajmniej w pewnym otoczeniu zera.
\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{nx^n \Gamma \left( \frac{n}{1+\alpha}\right) }{n! \Gamma \left( 1+ \frac{n\alpha}{1+\alpha}\right) } = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{nx^n \Gamma \left( \frac{n}{1+\alpha}\right) }{n! \Gamma \left( \frac{n\alpha}{1+\alpha}\right)\frac{n\alpha}{1+\alpha} } = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(1+\alpha)x^n \Gamma \left( \frac{n}{1+\alpha}\right) }{n! \Gamma \left( \frac{n\alpha}{1+\alpha}\right)\alpha }}\)
Zatem wszystko upraszcza się do zbieżności szeregu
\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^n\Gamma \left( \frac{n}{1+\alpha}\right) }{n! \Gamma \left( \frac{n\alpha}{1+\alpha}\right)}}\)
Dopiero teraz przykładałbym wzór Stirlinga.
Jeśli interesuje Cię rozwiązanie lamerskie , tj. nie jest tak ważny obszar zbieżności, tylko pokazanie, że gdzieś to jest zbieżne, to można zauważyć, że \(\displaystyle{ \frac{\Gamma \left( \frac{n}{1+\alpha}\right)}{\Gamma \left( \frac{n\alpha}{1+\alpha}\right)}\le n!}\), a wtedy
\(\displaystyle{ \left| \sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^n\Gamma \left( \frac{n}{1+\alpha}\right) }{n! \Gamma \left( \frac{n\alpha}{1+\alpha}\right)}\right| \le \sum_{n=1}^{\infty}|x|^n,}\)
co jest zbieżne dla \(\displaystyle{ x\in [-1,1)}\). To daje nam \(\displaystyle{ \lambda \cdot t^{\frac{\alpha}{1+\alpha} }\cdot (1+\alpha)^{\frac{1}{1+\alpha}} \in [-1,1)}\), więc masz zbieżność przynajmniej w pewnym otoczeniu zera.