Kryterium całkowe

[Precelina]

W jaki sposób wykorzystać do zbadania zbieżności szeregu kryterium całkowe w tym przykładzie:
\(\displaystyle{ \sum^{\infty}_{n=1} \sqrt{n} \cdot 2^{-\sqrt{n}}}\) próbowałam przez podstawienie \(\displaystyle{ t=\sqrt{x} \\
dx= 2tdt}\) więc otrzymuje \(\displaystyle{ 2 \int^{\infty}_{1} t^{2} \cdot 2^{-t } dt}\) potem próbowałam przez części ale nic się nie upraszcza i dodatkowo pojawia się \(\displaystyle{ ln}\) Jakaś wskazówka jakie podstawienie zastosować?

[karolex123]

Tę całkę lepiej jest szacować; mamy \(\displaystyle{ 2^{-t}=e^{-t \ln2} \le \frac{C}{t^4}}\), gdzie \(\displaystyle{ C}\) jest pewną stałą, którą można np. wyznaczyć ze wzoru Taylora (takich stałych jest oczywiście nieskończenie wiele). Zatem \(\displaystyle{ \int^{\infty}_{1} t^{2} \cdot 2^{-t } dt \le C \int^{\infty}_{1} \frac{1}{t^2} dt < \infty}\)

[Premislav]

A jak już chcesz koniecznie korzystać z kryterium całkowego (które nie jest tu wcale wygodne), to należałoby wpierw wykazać, że ciąg
\(\displaystyle{ a_n=\sqrt{n} 2^{-\sqrt{n}}}\) jest malejący (przynajmniej od pewnego miejsca).

-- 23 cze 2019, o 11:22 --

Natomiast całkę
\(\displaystyle{ \int^{\infty}_{1} t^{2} \cdot 2^{-t } \,\dd t}\)
istotnie można obliczyć całkując przez części (dwa razy) i zabijając potęgi \(\displaystyle{ t}\), wszak
\(\displaystyle{ 2^{-t}=\left( \frac{1}{\ln\left( \frac 1 2\right)} \left( \frac 1 2\right)^t \right)'}\) etc.

[Precelina]

W takim razie jak nie całkowym,to czym można ograniczyć \(\displaystyle{ \dfrac{\sqrt{n}}{2^{\sqrt{n}}}}\) ?

[Premislav]

Najprościej chyba tak jak karolex123 powyżej zaproponował.

Można też postąpić tak:
mamy w dodatnich \(\displaystyle{ \ln x<x}\), toteż
\(\displaystyle{ \ln x=5\ln x^{\frac 1 5}<5x^{\frac 1 5}}\) dla \(\displaystyle{ x>0}\)
Teraz połóżmy w tej nierówności \(\displaystyle{ x=2^{\sqrt{n}}}\), a otrzymamy
\(\displaystyle{ \sqrt{n}\ln 2<5\cdot 2^{\frac{\sqrt{n}}{5}}}\).
Podnosimy stronami do piątej potęgi (obie strony są dodatnie) i mamy
\(\displaystyle{ n^{\frac 5 2}(\ln 2)^5<5^5\cdot 2^{\sqrt{n}}\\ \frac{\sqrt{n}}{2^{\sqrt{n}}}<\left( \frac{5}{\ln 2}\right)^5\cdot \frac{1}{n^2}}\),
no i oczywiście kryterium porównawcze załatwia sprawę

[earl grey]

Możemy zrobić tak: Skoro ciąg \(\displaystyle{ \frac{2^k}{(k+1)^5}}\) jest rozbieżny do nieskończoności, to dla dostatecznie dużych liczb naturalnych \(\displaystyle{ k}\) zachodzi nierówność \(\displaystyle{ 2^k \geq (k+1)^5}\) . Następnie dla \(\displaystyle{ n}\) na tyle dużych, że dla liczby naturalnej \(\displaystyle{ k=\left[ \sqrt n\right]}\) zachodzi wspomniana nierówność, mamy: \(\displaystyle{ 2^{\sqrt n} \geq 2^k \geq (k+1)^5 > n^2\sqrt n}\), bo jeśli \(\displaystyle{ k=\left[ \sqrt n\right]}\), to \(\displaystyle{ k \leq \sqrt n < k+1}\). Zbieżność wynika z kryterium porównawczego.

[Janusz Tracz]

Gdyby zastosować kryterium Cauchy’ego o zagęszczaniu to do zbadania dostaniemy szereg

\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } 2^n \cdot \frac{ \sqrt{2^n} }{2^{\sqrt{2^n} }}= \sum_{n=1}^{ \infty }2^{ \frac{3}{2}n-2^{ \frac{n}{2} }}}\)

jest on zbieżny na mocy pierwiastkowego kryterium Cauchy’ego jako, że:

\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } \sqrt[n]{2^{ \frac{3}{2}n-2^{ \frac{n}{2} }}}=\lim_{n \to \infty }2^{ \frac{3}{2}- \frac{2^{ \frac{n}{2} }}{n} } =0}\)

Zastosowanie pierwiastkowego kryterium Cauchy’ego bezpośrednio do szeregu z zadania nie daje odpowiedzi dlatego konieczne było zagęszczanie.

Inaczej. Można też zastosować kryterium Jermakowa pokazując, że funkcja

\(\displaystyle{ \frac{2^{ \sqrt{x}-\exp \left( \frac{x}{2} \right) } \cdot \exp \left( \frac{3x}{2} \right)}{ \sqrt{x} } \rightarrow 0}\)

gdy \(\displaystyle{ x \rightarrow \infty}\) tym samym wykazując, że od pewnego \(\displaystyle{ x_0}\) zachodzi nierówność Jermakowa będąca warunkiem wystarczającym do zbieżności rozważanego szeregu.

Inaczej. Kryterium Raabego też daje radę. Do policzenia jest granica

\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty }n\left( \frac{ \frac{ \sqrt{n} }{2^\sqrt{n}} }{\frac{ \sqrt{n+1} }{2^\sqrt{n+1}}}-1 \right)=\lim_{n \to \infty }n\left( \frac{\exp\left( \ln \frac{ \sqrt{n} }{ \sqrt{n+1} } +\left( \sqrt{n+1}- \sqrt{n} \right) \ln 2 \right) -1}{ \ln \frac{ \sqrt{n} }{ \sqrt{n+1} } +\left( \sqrt{n+1}- \sqrt{n} \right) \ln 2} \right) \left( \ln \frac{ \sqrt{n} }{ \sqrt{n+1} } +\left( \sqrt{n+1}- \sqrt{n} \right) \ln 2\right) }\)

która jest równa \(\displaystyle{ \infty}\) jako, że

\(\displaystyle{ n\left( \sqrt{n+1}- \sqrt{n} \right) \rightarrow \infty}\)

oraz korzystając ze znanej granicy \(\displaystyle{ \frac{e^t-1}{t} \rightarrow 1}\) gdy \(\displaystyle{ t \rightarrow 0}\)

Zatem Kryterium Raabego orzeka zbieżność.