Zbadaj zbieżność szeregu

[gosia111]

Zbadaj zbieżność szeregu \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } \left( 1-n\sin \frac{1}{n} \right).}\)

Korzystając z kryterium ilorazowego, gdzie \(\displaystyle{ a_n=1-n\sin \frac{1}{n}}\) i \(\displaystyle{ b_n=\frac{1}{n^2}}\) granica \(\displaystyle{ \lim_{ n\to \infty } \frac{a_n}{b_n}=\frac{1}{6}}\), ale jak to pokazać?

Doszłam do \(\displaystyle{ \lim_{ n\to \infty } \frac{a_n}{b_n}= \lim_{n \to \infty } n^2 \left( 1-\frac{\sin \frac{1}{n}}{\frac{1}{n}} \right) = \left[ \infty \cdot 0 \right] =?}\)

[Janusz Tracz]

Możesz rozwinąć \(\displaystyle{ \sin \frac{1}{n}}\) w szereg Taylora (dwa pierwsze wyrazu) i oszacować resztę. Albo zastosować regule DH dwukrotnie (lub trzykrotnie jak nie rozpoznasz granicy specjalnej):

\(\displaystyle{ \lim_{x \to \infty } \frac{1-x\sin \left( \frac{1}{x} \right)}{ \frac{1}{ x^2}}= \lim_{x \to \infty } \frac{ \frac{1}{x}\cos \left( \frac{1}{x} \right) -\sin \left( \frac{1}{x} \right) }{- \frac{2}{x^3} }=\lim_{x \to \infty } \frac{ \frac{1}{x^3}\sin \left( \frac{1}{x} \right) }{ \frac{6}{x^4} }= \lim_{ x\to \infty } \frac{x}{6}\sin \left( \frac{1}{x} \right)}\)

tera widać dlaczego wynik to \(\displaystyle{ \frac{1}{6}}\). Jest tak dla dowolnego ciągu \(\displaystyle{ x_n \rightarrow \infty}\) zatem w szczególności kładąc \(\displaystyle{ x_n=n}\) dostajemy wynik.

Można (wypada) jeszcze dopisać, że szereg ten jest zbieżny na mocy kryterium ilorazowego jako, że \(\displaystyle{ \sum_{}^{} \frac{1}{n^2}}\) jest zbieżny.

[gosia111]

Jest tak dla dowolnego ciągu \(\displaystyle{ x_n \rightarrow \infty}\) zatem w szczególności kładąc \(\displaystyle{ x_n=n}\) dostajemy wynik.
.

Jest tak na mocy definicji granicy funkcji Heinego, tak?

A można zbadać zbieżność tego szeregu z innego kryterium?

Na razie chcę pominąć sposób z rozwinięciem funkcji w szereg Taylora, ponieważ dawno tego nie robiłam. Myślę, że już wkrótce się do tego zabiorę i wtedy najwyżej wrócę do tego przykładu.

[Dasio11]

Jeśli znasz taką nierówność:

\(\displaystyle{ \sin x \le x \le \tg x}\) dla \(\displaystyle{ x \in \left( 0, \frac{\pi}{2} \right)}\)

to można ją równoważnie przekształcić do

\(\displaystyle{ \cos x \le \frac{\sin x}{x} \le 1}\)

i dalej

\(\displaystyle{ 0 \le 1 - \frac{\sin x}{x} \le 1 - \cos x = \frac{\sin^2 x}{1+\cos x}}\).

Podstawiając \(\displaystyle{ x = \frac{1}{n}}\), otrzymujemy

\(\displaystyle{ 0 \le 1 - n \sin \frac{1}{n} \le \frac{\sin^2 \frac{1}{n}}{1+\cos \frac{1}{n}} \le \frac{1}{n^2}}\)

zatem szereg \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty} \left( 1 - n \sin \frac{1}{n} \right)}\) jest zbieżny na mocy kryterium porównawczego.

[gosia111]

Nie wykorzystywałam jeszcze takiej nierówności (choć jest ona oczywista). Bardzo dziękuję za odpowiedź, bo właśnie o to mi głównie chodzi, aby poznać nowe sposoby.

Mam jeszcze jeden przykład.

Zbadaj zbieżność szeregu \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{\arcctg n}{n}}\).

No więc jedyne do czego doszłam to: \(\displaystyle{ \arcctg n=\arctg \frac{1}{n}}\) oraz próbowałam wykorzystać granicę \(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } \frac{\arctan \frac{1}{n}}{\frac{1}{n}}=1}\), ale jak na razie z marnym skutkiem.

[Janusz Tracz]

Jest tak na mocy definicji granicy funkcji Heinego, tak?

Tak. Definicja Heinego mówi, że granica funkcji istnieje gdy jest niezleżenia od ciągu po jakim darzymy do punktu (lub \(\displaystyle{ \infty}\)). Tu granica istnieje zatem wybór ciągu nie ma znaczenia (byle by dążył do \(\displaystyle{ \infty}\) gdy \(\displaystyle{ n \rightarrow \infty}\)) można zatem w szczególności brać \(\displaystyle{ x_n=n}\)

\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } \frac{\arctan \frac{1}{n}}{\frac{1}{n}}=1}\), ale jak na razie z marnym skutkiem.

Dlaczego z marnym skutkiem, przecież daje ona odpowiedź iż szereg jest rozbieżny jako, że rozbieżny jest szereg \(\displaystyle{ \sum_{}^{} \frac{1}{n}}\) (EDIT: Pomyłka myślałem, że nie ma jednego \(\displaystyle{ n}\), gdzieś mi umkną, szereg jest zbieżny oczywiście)

Chyba, że nie wiesz skąd sie ta granica bierze. Wtedy znowu można zastosować regułę DH

\(\displaystyle{ \lim_{x \to 0} \frac{\text{arctg }x}{x}= \lim_{x \to 0} \frac{1}{1+x^2}=1}\)

kładąc \(\displaystyle{ x_n= \frac{1}{n}}\) dostajemy to co potrzeba.

[gosia111]

Tak, tak to już ogarnęłam, ale jak wcisnąć tą granicę \(\displaystyle{ \lim_{ n\to \infty } \frac{\arctg \frac{1}{n}}{\frac{1}{n}}}\) do tego przykładu \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{\arctg \frac{1}{n}}{n}}\)?

[Janusz Tracz]

To jest kryterium ilorazowe, zamiast badać \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{\arctg \frac{1}{n}}{n}}\) możesz badać \(\displaystyle{ \sum_{}^{} \frac{1}{n^2}}\) bo

\(\displaystyle{ \lim_{ n\to \infty } \frac{ \frac{\arctg \frac{1}{n}}{n} }{\frac{1}{n^2}}=\lim_{ n\to \infty } \frac{\arctg \frac{1}{n}}{\frac{1}{n}}=1}\)

czyli szereg jest zbieżny bo \(\displaystyle{ \sum_{}^{} \frac{1}{n^2}}\) jest zbieżny.

[gosia111]

No oczywiście! Coś bzdurnego zapisałam w swoich notatkach... Dziękuję!