szereg - logarytm

[Janusz Tracz]

Można to pogrupować tak by całe części z \(\displaystyle{ f_n=1}\) traktować jako całość podobnie z \(\displaystyle{ f_n=-1}\) (i od razy wyciągamy przed sumę) wtedy:

\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{f_n }{n} = \sum_{n=0}^{ \infty } \left[ (-1)^n \sum_{k=2^{2n}}^{2^{2n+1}-1} \frac{1}{k}\right] }\)

teraz zauważmy, że \(\displaystyle{ \sum_{k=2^{2n}}^{2^{2n+1}-1} \frac{1}{k}}\) można oszacować z dołu przez

\(\displaystyle{ \left(2^{2n+1}-1 - 2^{2n}\right) \cdot \frac{1}{2^{2n+1}-1} \le \sum_{k=2^{2n}}^{2^{2n+1}-1} \frac{1}{k}}\)

\(\displaystyle{ \frac{2^{2n}-1}{2^{2n+1}-1} \le \sum_{k=2^{2n}}^{2^{2n+1}-1} \frac{1}{k}}\)

jednak lewa strona nie dąży do zera zatem prawa też zatem warunek konieczny nie zostanie spełniony. (To jeśli chodzi o 2 podpunkt)

[Tmkk]

\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{f_n }{n} = \sum_{n=0}^{ \infty } \left[ (-1)^n \sum_{k=2^{2n}}^{2^{2n+1}-1} \frac{1}{k}\right] }\)

coś tu nie gra. Wydaje mi się, że powinno być

\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{f_n }{n} = \sum_{n=0}^{ \infty } \left[ \sum_{k=2^{2n}}^{2^{2n+1}-1} \frac{1}{k} - \sum_{k=2^{2n+1}}^{2^{2n+2}-1} \frac{1}{k} \right] }\)

Ale całą reszta się zgadza, bo właśnie bierzemy sobie taki kawałek z jednym znakiem i pokazujemy, że nie spełnia warunku Cauchy'ego.

[Premislav]

Oszacujemy
\(\displaystyle{ \sum_{n=2^{2k}}^{2^{2k+1}-1}\frac{1}{n\ln n}-\sum_{n=2^{2k+1}}^{2^{2k+2}-1}\frac{1}{n\ln n}}\)
i dalej powinno być łatwo.
Funkcja \(\displaystyle{ f(x)=\frac{1}{x\ln x}}\) jest malejąca i dodatnia dla \(\displaystyle{ x>1}\), więc nawet z interpretacji geometrycznej całki mamy:
\(\displaystyle{ \sum_{i=a}^{b-1}\frac{1}{i\ln i}\ge \int_{a}^{b}\frac{1}{x\ln x}\mbox{d}x\ge \sum_{i=a+1}^{b}\frac{1}{i\ln i}, \ a,b\in \NN^{+}, \ b>a>1}\)
Zatem otrzymujemy nierówności:
\(\displaystyle{ \int_{2^{2k}-1}^{2^{2k+1}-1}\frac{\mbox{d}x}{x\ln x} \ge \sum_{n=2^{2k}}^{2^{2k+1}-1}\frac{1}{n\ln n}\\\sum_{n=2^{2k+1}}^{2^{2k+2}-1}\frac{1}{n\ln n}\ge \int_{2^{2k+1}}^{2^{2k+2}-1}\frac{\mbox{d}x}{\ln x}}\)
Mamy zatem
\(\displaystyle{ \sum_{n=2^{2k}}^{2^{2k+1}-1}\frac{1}{n\ln n}-\sum_{n=2^{2k+1}}^{2^{2k+2}-1}\frac{1}{n\ln n}\le \int_{2^{2k}-1}^{2^{2k+1}-1}\frac{\mbox{d}x}{x\ln x}-\int_{2^{2k+1}}^{2^{2k+2}-1}\frac{\mbox{d}x}{x\ln x} \\=\ln\left(\ln \left(2^{2k+1}-1\right)\right)-\ln\left(\ln \left(2^{2k}-1\right)\right)-\ln\left(\ln \left(2^{2k+2}-1\right)\right)+\ln\left(\ln\left(2^{2k+1}\right) \right)\\ \le \frac{2^{2k}}{\left(2^{2k}-1\right)\ln\left(2^{2k}-1\right)}-\frac{2^{2k+1}-1}{\left(2^{2k+2}-1\right)\ln\left(2^{2k+2}-1\right)}\le \frac{4}{3\ln\left(2^{2k}-1\right)}-\frac{1}{2(2k+2)\ln 2}\\ \le \frac{4}{3(2k-1)\ln 2}-\frac{1}{2(2k+2)\ln 2}}\)
przy czym trzecia od końca nierówność wynika z twierdzenia Lagrange'a o wartości średniej dla funkcji \(\displaystyle{ f(t)=\ln(\ln t)}\)
Stąd już wynika, że taką sumę częściową:
\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{M}\left(\sum_{n=2^{2k}}^{2^{2k+1}-1}\frac{1}{n\ln n}-\sum_{n=2^{2k+1}}^{2^{2k+2}-1}\frac{1}{n\ln n}\right)}\)
można oszacować z góry przez
\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{M}\frac{C}{k^{2}}}\)
dla pewnej stałej dodatniej \(\displaystyle{ C}\)

Formalnie trzeba by jeszcze wykazać, że
\(\displaystyle{ \sum_{n=2^{2k}}^{2^{2k+1}-1}\frac{1}{n\ln n}-\sum_{n=2^{2k+1}}^{2^{2k+2}-1}\frac{1}{n\ln n}>0}\), ale to jest dosyć oczywiste.

[Janusz Tracz]

\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{f_n }{n} = \sum_{n=0}^{ \infty } \left[ (-1)^n \sum_{k=2^{2n}}^{2^{2n+1}-1} \frac{1}{k}\right] }\)

coś tu nie gra.

Dzięki za czujność. Poprawka:

\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{f_n }{n} = \sum_{n=0}^{ \infty } \left[ (-1)^n \sum_{k=2^{\red{n}}}^{2^{\red{n}+1}-1} \frac{1}{k}\right]}\)

gdy \(\displaystyle{ n}\) jest parzyste to \(\displaystyle{ -1}\) znika a suma wewnętrzna jest od \(\displaystyle{ 2^{n \leftarrow \text{parzyste}}}\) do \(\displaystyle{ 2^{n+1 \leftarrow \text{nie parzyste}}-1}\) a gdy \(\displaystyle{ n}\) jest nieparzyste to sytuacja się zamiana. Co odpowiada definicji \(\displaystyle{ f_n}\) który jest równy \(\displaystyle{ 1}\) od \(\displaystyle{ 2^{\text{parzyste}}}\) do \(\displaystyle{ 2^{\text{nie parzyste}}}\) i \(\displaystyle{ -1}\) gdy jest odwrotnie.

[Dasio11]

Oszacujemy
\(\displaystyle{ \sum_{n=2^{2k}}^{2^{2k+1}-1}\frac{1}{n\ln n}-\sum_{n=2^{2k+1}}^{2^{2k+2}-1}\frac{1}{n\ln n}}\)
i dalej powinno być łatwo.
[...]
Formalnie trzeba by jeszcze wykazać, że
\(\displaystyle{ \sum_{n=2^{2k}}^{2^{2k+1}-1}\frac{1}{n\ln n}-\sum_{n=2^{2k+1}}^{2^{2k+2}-1}\frac{1}{n\ln n}>0}\), ale to jest dosyć oczywiste.

Nie wczytywałem się zbyt głęboko, ale do konkluzji chyba brakuje dowodu, że \(\displaystyle{ \sum_{n=2^{2k}}^{2^{2k+1}-1}\frac{1}{n\ln n}}\) dąży do zera. Na razie wykazałeś tylko zbieżność szeregu z pogrupowanymi wyrazami, co nie implikuje zbieżności szeregu wyjściowego, podobnie jak ze zbieżności szeregu

\(\displaystyle{ \left( \frac{3}{2} - 1 \right) + \left( \frac{5}{4} - 1 \right) + \left( \frac{9}{8} - 1 \right) + \left( \frac{17}{16} - 1 \right) + \ldots}\)

nie wynika zbieżność

\(\displaystyle{ \frac{3}{2} - 1 + \frac{5}{4} - 1 + \frac{9}{8} - 1 + \frac{17}{16} - 1 + \ldots}\)

[Premislav]

A, rzeczywiście, masz rację. No ale to jest jasne, ponieważ w tej sumie występuje \(\displaystyle{ 2^{2k}}\) dodatnich składników, spośród których największy jest równy \(\displaystyle{ \frac{1}{2^{2k}\ln \left(2^{2k}\right)}}\).

Dodano po 2 dniach 19 godzinach 43 minutach 29 sekundach:
Przepraszam, moje powyższe rozwiązanie jest błędne i wymaga naprawy, nad czym ubolewam.
Oczywiście szereg o wyrazach \(\displaystyle{ \frac{4}{3(2k-1)\ln 2}-\frac{1}{2\ln 2(2k+2)}}\) nie jest zbieżny, pomyliłem się w rachunkach.
Oszacowanie wyrazów z góry przez
\(\displaystyle{ \ln \ln\left(2^{2k+1}-1\right)-\ln \ln \left(2^{2k}-1\right)-\ln\ln\left(2^{2k+2}-1\right)+\ln \ln \left(2^{2k+1}\right) }\)
było dobre, ale dalej szacowałem zbyt grubo.
Postaram się to teraz poprawić, ale ostrzegam, że ładne to nie będzie.
Najpierw przepiszemy powyższe wyrażenie w postaci
\(\displaystyle{ \ln\left(1+\frac{\ln\left(2^{2k+1}-1\right)-\ln\left(2^{2k}-1\right)}{\ln\left(2^{2k}-1\right)} \right)-\ln\left(1+\frac{\ln\left(2^{2k+2}-1\right)-\ln\left(2^{2k+1}\right)}{\ln\left(2^{2k+1}\right)} \right) }\)
Następnie skorzystamy z nierówności w nieujemnych
\(\displaystyle{ t-\frac{t^{2}}{2}\le \ln(1+t)\le t}\)
W ten sposób dostajemy
\(\displaystyle{ \ln\left(1+\frac{\ln\left(2^{2k+1}-1\right)-\ln\left(2^{2k}-1\right)}{\ln\left(2^{2k}-1\right)} \right)\le \frac{\ln\left(2^{2k+1}-1\right)-\ln\left(2^{2k}-1\right)}{\ln\left(2^{2k}-1\right)} }\)
oraz
\(\displaystyle{ \ln\left(1+\frac{\ln\left(2^{2k+2}-1\right)-\ln\left(2^{2k+1}\right)}{\ln\left(2^{2k+1}\right)} \right)\ge \frac{\ln\left(2^{2k+2}-1\right)-\ln\left(2^{2k+1}\right)}{\ln\left(2^{2k+1}\right)}-\frac{1}{2}\left(\frac{\ln\left(2^{2k+2}-1\right)-\ln\left(2^{2k+1}\right)}{\ln\left(2^{2k+1}\right)}\right)^{2} }\)
czyli otrzymaliśmy
\(\displaystyle{ \ln \ln\left(2^{2k+1}-1\right)-\ln \ln \left(2^{2k}-1\right)-\ln\ln\left(2^{2k+2}-1\right)+\ln \ln \left(2^{2k+1}\right)\\ \le \frac{\ln\left(2^{2k+1}-1\right)-\ln\left(2^{2k}-1\right)}{\ln\left(2^{2k}-1\right)} - \frac{\ln\left(2^{2k+2}-1\right)-\ln\left(2^{2k+1}\right)}{\ln\left(2^{2k+1}\right)}+\frac{1}{2}\left(\frac{\ln\left(2^{2k+2}-1\right)-\ln\left(2^{2k+1}\right)}{\ln\left(2^{2k+1}\right)}\right)^{2}}\)

Teraz już będzie dość łatwo. Mamy oczywiście
\(\displaystyle{ \ln\left(2^{2k+2}-1\right)-\ln\left(2^{2k+1}\right)\le \ln\left(2^{2k+2}\right)-\ln\left(2^{2k+1}\right)=\ln 2}\), toteż
\(\displaystyle{ \frac{1}{2}\left(\frac{\ln\left(2^{2k+2}-1\right)-\ln\left(2^{2k+1}\right)}{\ln\left(2^{2k+1}\right)}\right)^{2}\le \frac{\ln^{2}(2)}{2(2k+1)^{2}}}\)
Ponadto jest
\(\displaystyle{ \frac{\ln\left(2^{2k+2}-1\right)-\ln\left(2^{2k+1}\right)}{\ln\left(2^{2k+1}\right)}=\frac{\ln\left(2^{2k+2}\right)-\ln\left(2^{2k+1}\right)}{\ln\left(2^{2k+1}\right)}-\frac{\ln\left(2^{2k+2}\right)-\ln\left(2^{2k+2}-1\right)}{\ln\left(2^{2k+1}\right)}\\ \ge \frac{\ln 2}{2k+1}-\frac{1}{\left(2^{2k+2}-1\right)\ln\left(2^{2k+1}\right)}}\),
przy czym ostatnia nierówność wynika z twierdzenia Lagrange'a o wartości średniej dla funkcji \(\displaystyle{ \ln x}\),
a więc
\(\displaystyle{ -\frac{\ln\left(2^{2k+2}-1\right)-\ln\left(2^{2k+1}\right)}{\ln\left(2^{2k+1}\right)}\\\le -\frac{\ln 2}{2k+1}+\frac{1}{\left(2^{2k+2}-1\right)\ln\left(2^{2k+1}\right)}\\ \le -\frac{\ln 2}{2k+1}+\frac{1}{(2k+1)^{2}} }\)

W pełni analogicznie szacujemy
\(\displaystyle{ \frac{\ln\left(2^{2k+1}-1\right)-\ln\left(2^{2k}-1\right)}{\ln\left(2^{2k}-1\right)} \\\le \frac{\ln\left(2^{2k+1}-1\right)-\ln\left(2^{2k}-1\right)}{\ln\left(2^{2k-1}\right)}\\= \frac{\ln\left(2^{2k+1}-2\right)-\ln\left(2^{2k}-1\right)}{\ln\left(2^{2k-1}\right)}+ \frac{\ln\left(2^{2k+1}-1\right)-\ln\left(2^{2k+1}-2\right)}{\ln\left(2^{2k-1}\right)} \\ \le \frac{\ln 2}{2k-1}+\frac{1}{\left(2^{2k+1}-2\right)(2k-1)}\\ \le \frac{\ln 2}{2k-1}+\frac{1}{2k(2k-1)}}\)
przy czym w ostatnim przejściu skorzystaliśmy z nierówności Bernoulliego: \(\displaystyle{ (1+1)^{2k+1}-2\ge 1+1\cdot (2k+1)-2=2k}\)

Ostatecznie mamy więc
\(\displaystyle{ \ln \ln\left(2^{2k+1}-1\right)-\ln \ln \left(2^{2k}-1\right)-\ln\ln\left(2^{2k+2}-1\right)+\ln \ln \left(2^{2k+1}\right)\\ \le \left(1+\frac{1}{2}\ln^{2}(2)\right)\frac{1}{(2k+1)^{2}}+\frac{1}{(2k-1)2k}+\frac{2\ln 2}{(2k-1)(2k+1)} \le \frac{(2+\ln 2)^{2}}{2(2k-1)^{2}}}\)
i co za tym idzie
\(\displaystyle{ \sum_{n=2^{2k}}^{2^{2k+1}-1}\frac{1}{n\ln n}-\sum_{n=2^{2k+1}}^{2^{2k+2}-1}\frac{1}{n\ln n}\le \frac{(2+\ln 2)^{2}}{2(2k-1)^{2}} }\)
co w prosty sposób kończy dowód.

[a4karo]

co w prosty sposób kończy dowód.

Bajka

[Premislav]

No wiadomo, nie ma to jak zwięzłe rozwiązania. Oczywiście zachęcam do przedstawienia prostszego dowodu. Mnie się takiego nie uda wyprodukować, ponieważ podobnie jak matka jestem „humanistą" (w tym mniej pochlebnym znaczeniu, tj. nie czuję matmy ani niczego ścisłego, stąd cudzysłów).

[Dasio11]

Delikatnie krócej, choć bez niektórych szczegółów: oznaczmy

\(\displaystyle{ d_n = \frac{1}{n \ln n} - \frac{1}{2n \ln(2n)} - \frac{1}{(2n+1) \ln(2n+1)} \\[4ex]
s_k = \sum_{n=2^{2k}}^{2^{2k+1}-1} \frac{1}{n \ln n} - \sum_{n=2^{2k+1}}^{2^{2k+2}-1} \frac{1}{n \ln n} = \sum_{n=2^{2k}}^{2^{2k+1}-1} d_n.}\)

Mamy kolejno:

\(\displaystyle{ \begin{align*}
d_n & = \frac{1}{2n \ln n} - \frac{1}{2n \ln(2n)} + \frac{1}{2n \ln n} - \frac{1}{(2n+1) \ln(2n+1)} \\[2ex]
& = \frac{\ln 2}{2n \cdot \ln n \cdot \ln(2n)} + \frac{(2n+1) \ln(2n+1) - 2n \ln n}{2n(2n+1) \ln n \cdot \ln(2n+1)} \\[2ex]
& = \frac{\ln 2}{2n \cdot \ln n \cdot \ln(2n)} + \frac{2n \ln \left( 2 + \frac{1}{n} \right) + \ln(2n+1)}{2n(2n+1) \ln n \cdot \ln(2n+1)} \\[2ex]
& \le \frac{\ln 2}{2n \cdot \ln^2 n} + \frac{\ln 3}{2n \ln^2 n} + \frac{1}{4n^2 \ln n}.
\end{align*}}\)

Z trzeciej linijki widzimy, że \(\displaystyle{ d_n \ge 0}\), z ostatniej zaś, że szereg o wyrazie ogólnym \(\displaystyle{ d_n}\) jest zbieżny. Z warunku Cauchy'ego wynika, że również szereg o wyrazie ogólnym \(\displaystyle{ s_k}\) jest zbieżny, bo każdą sumę spójnego podciągu \(\displaystyle{ s_k}\) można otrzymać z sumy spójnego podciągu \(\displaystyle{ d_n}\) przez usunięcie niektórych nieujemnych wyrazów.

Pokazaliśmy więc, że grupując wyrazy wyjściowego szeregu w sumy \(\displaystyle{ s_k}\) dostajemy szereg zbieżny. Zauważmy ponadto, że dowolny początkowy fragment sumy \(\displaystyle{ s_k}\) jest nie większy niż

\(\displaystyle{ m_k = \sum_{n=2^{2k}}^{2^{2k+1}-1} \frac{1}{n \ln n},}\)

a to wyrażenie, jak wcześniej pokazano, dąży do zera. Łącząc te fakty łatwo otrzymać zbieżność wyjściowego szeregu.

[Janusz Tracz]

Można pokazać, że:

\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{f_n }{n\ln n} = \sum_{n=0}^{ \infty } \left[ (-1)^n \underbrace{\sum_{k=2^{n}}^{2^{n+1}-1} \frac{1}{k\ln k}}_{\text{dodatnie i maleje do zera}}\right] }\)

[mol_ksiazkowy]

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

[Janusz Tracz]

Jeśli \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } a_n}\) jest zbieżny do \(\displaystyle{ g}\) a \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty }b_n}\) rozbieżny do nieskończoności to \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } a_n+b_n}\) będzie rozbieżny do nieskończoności bo:

\(\displaystyle{ \lim_{N \to \infty } \left( \sum_{n=1}^{ N} a_n+b_n\right) =\lim_{N \to \infty } \left( \sum_{n=1}^{ N } a_n+\sum_{n=1}^{ N } b_n\right)=g+ \infty = \infty }\)

kładąc \(\displaystyle{ a_n= \frac{(-1)^n}{n} }\) oraz \(\displaystyle{ b_n= \frac{1}{n\ln n} }\) (i sprawdzając założenia) mamy rozbieżność.