Zbieżność szeregu

[TorrhenMathMeth]

Niech \(\displaystyle{ a_{n} = \frac{(-1)^{n}\left( 1+\frac{1}{n}\right)^{n} }{n^{1+\frac{1}{n}}}}\)
Czy szereg \(\displaystyle{ \sum_{}^{} a_{n}}\) jest zbieżny?

Mam pomysł żeby zrobić to z kryterium Dirichleta i kryterium Abela, mianowicie, najpierw pokazać, że \(\displaystyle{ \sum_{}^{} \frac{(-1)^{n}}{n^{1+ \frac{1}{n}}}}\) jest zbieżny z kryterium Dirichleta, potem, że \(\displaystyle{ \left( 1+ \frac{1}{n}\right)^{n}}\) jest monotoniczny i ograniczony, a zatem spełnione są warunki kryterium Abela, więc szereg wyjściowy jest zbieżny. Jest sens iść tą drogą? Nie chcę się wkopać w jakieś straszne obliczenia.

[Milczek]

To dobra droga, wykaż że \(\displaystyle{ \sum_{}^{} \frac{(-1)^{n}}{n^{1+ \frac{1}{n}}}}\) jest zbieżny, nie jest to trudne.

[Kordyt]

Jeżeli pokażemy że ciąg \(\displaystyle{ \left( 1+\frac{1}{n}\right)^{n}}\) jest ograniczony tj.
\(\displaystyle{ \left( 1+\frac{1}{n}\right)^{n}<M}\)

to

\(\displaystyle{ \frac{(-1)^{n}\left( 1+\frac{1}{n}\right)^{n} }{n^{1+\frac{1}{n}}}}<M\frac{(-1)^{n}}{n^{1+\frac{1}{n}}}}\)

Pozostaje skorzystać w kryterium Leibniza. I koniec.

[Premislav]

\(\displaystyle{ a_n=\frac{(-1)^{n}\left( 1+\frac{1}{n}\right)^{n} }{n^{1+\frac{1}{n}}}< \frac{(-1)^{n}\left( 1+\frac{1}{n}\right)^{n} }{n}}\)

Ta nierówność wygląda dość słabo, gdy \(\displaystyle{ n}\) jest nieparzyste.

[Kordyt]

Oj no tak, z rozpędu nie wziąłem pod uwagę tego minusa w podstawie.

W zasadzie to ta nierówność była niepotrzebna. Wystarczyło tylko oszacowanie przez ciąg ograniczony.

[Milczek]

Oj no tak, z rozpędu nie wziąłem pod uwagę tego minusa w podstawie.

W zasadzie to ta nierówność była niepotrzebna. Wystarczyło tylko oszacowanie przez ciąg ograniczony.

Mówiąc to masz na myśli że teraz wystarczy tylko pokazać że \(\displaystyle{ \frac{1}{n^{1+\frac{1}{n}}}}\) dąży monotonicznie do zera?

[TorrhenMathMeth]

Ja właśnie się zastanawiam czy muszę koniecznie wykazywać, że \(\displaystyle{ \frac{1}{n^{1+\frac{1}{n}}}}\) maleje, czy może mogę stwierdzić, że jest to trywialne. Bo przecież widać to na oko...

[Milczek]

Ja nie wiem, co ty możesz u siebie na wydziale, a czego nie... .

-- 20 gru 2018, o 14:32 --

Nie raz widziałem jak dla wielu osób szereg harmoniczny na oko wydawał się zbieżny, ot tak, bo tak wyglądał więc ja się trzymam tego, że lepiej uzasadniać takie szczegóły.

[Premislav]

Bo przecież widać to na oko...

Na oko to chłop w szpitalu umarł.

A czemu nie zrobić tak:
\(\displaystyle{ \sum_{}^{} \frac{(-1)^n}{n}}\)
zbieżny z Leibniza.
Znany jest fakt, że \(\displaystyle{ \left( 1+\frac 1 n\right)^n}\) jest ograniczony (na analizie robi się zwykle ograniczenie z dołu przez \(\displaystyle{ 2}\) i z góry przez \(\displaystyle{ 3}\)) i rosnący.
Zatem
\(\displaystyle{ \sum_{}^{} \frac{(-1)^n}{n}\left( 1+\frac 1 n\right)^n}\)
też jest zbieżny na mocy kryterium Abela.
\(\displaystyle{ \frac{1}{n^{\frac 1 n}}}\) jest ograniczony z dołu przez zero i z góry przez jeden, a poza tym dla \(\displaystyle{ n\ge 3}\) jest rosnący ( \(\displaystyle{ \frac{1}{(n+1)^{\frac{1}{n+1}}}> \frac{1}{n^n} \Leftrightarrow n>\left( 1+\frac 1 n\right)^n}\) i korzystamy z ograniczenia z góry \(\displaystyle{ \left( 1+\frac 1 n\right)^n}\) przez \(\displaystyle{ 3}\)).
Zatem, ponownie z kryterium Abela,
\(\displaystyle{ \sum_{}^{} \frac{(-1)^n}{n}\frac{\left( 1+\frac 1 n\right)^n}{n^{\frac 1 n}}}\)
jest zbieżny.-- 20 gru 2018, o 13:39 --Może o to mniej więcej chodziło Kordytowi, ale szczerze mówiąc nie załapałem.