szereg - logarytm

[mol_ksiazkowy]

Czy szereg \(\displaystyle{ \sum \left( \frac{1}{n} - \log\left( 1+ \frac{1}{n} \right) \right) }\) jest zbieżny ?

[Janusz Tracz]

Ukryta treść:    

Tak. Szacowanie logarytmu za pomocą szeregu pozwala zapisać dla \(\displaystyle{ n\in\NN}\) nierówności:

\(\displaystyle{ \frac{1}{n}- \frac{1}{2n^2} \le \ln \left( 1+ \frac{1}{n} \right) \le \frac{1}{n}- \frac{1}{2n^2} + \frac{1}{3n^3} }\)

zatem

\(\displaystyle{ - \frac{1}{2n^2} \le \ln \left( 1+ \frac{1}{n} \right) -\frac{1}{n} \le - \frac{1}{2n^2} + \frac{1}{3n^3} }\)

\(\displaystyle{ \frac{1}{2n^2} \ge \frac{1}{n} -\ln \left( 1+ \frac{1}{n} \right) \ge \frac{1}{2n^2} - \frac{1}{3n^3} }\)

zatem na mocy kryterium porównawczego szereg jest zbieżny. Ale tak średnio mi się podoba to rozwiązanie... jak coś ładniejszego wymyślę to napiszę.

[a4karo]

\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^N \frac{1}{n}-\ln(1+\frac{1}{n})=\sum_{n=1}^N \frac{1}{n}-\ln(N+1)\to \gamma}\)

[Premislav]

Dla dowolnego \(\displaystyle{ n\in\NN^{+}}\) zachodzą nierówności
\(\displaystyle{ \left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1}>e>\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}}\)
Logarytmujemy to stronami i mamy po prostych przekształceniach
\(\displaystyle{ \frac{1}{n}> \ln\left(1+\frac{1}{n}\right)>\frac{1}{n+1}}\)
a zatem
\(\displaystyle{ 0<\frac{1}{n}-\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)<\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}}\)
Szereg o wyrazach \(\displaystyle{ \frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}}\) łatwo zsumować, zatem na mocy kryterium porównawczego rozważany szereg jest zbieżny.

[Janusz Tracz]

Rozważmy granicę:

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

kładąc \(\displaystyle{ x= \frac{1}{n} }\) okazuje się, że szereg jest zbieżny na mocy kryterium ilorazowego wszak szereg \(\displaystyle{ \sum_{}^{} \frac{1}{n^2} }\) jest zbieżny.

Dodano po 19 minutach 29 sekundach:
Albo inaczej (podaje bez dowodu):

Lemat 1. Dla \(\displaystyle{ n\in\NN}\) zachodzi nierówność:

\(\displaystyle{ \left( 1+ \frac{1}{n} \right)^n \le \frac{e-\left( 1+ \frac{1}{n} \right)^n}{1-n\ln \left( 1+ \frac{1}{n} \right) } \le e }\)

Lemat 2. Dość znana granica

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

rozwiązanie w oparciu o lematy 1 i 2:    

Zatem na mocy lematu 1:

\(\displaystyle{ \left( 1+ \frac{1}{n} \right)^n \le \frac{n\left( e-\left( 1+ \frac{1}{n} \right)^n\right) }{n-n^2\ln \left( 1+ \frac{1}{n} \right) } \le e }\)

\(\displaystyle{ \left( 1+ \frac{1}{n} \right)^n \le \frac{ \frac{e-\left( 1+ \frac{1}{n} \right)^n}{ \frac{1}{n} } }{ \frac{\frac{1}{n} - \log\left( 1+ \frac{1}{n} \right)}{ \frac{1}{n^2} } } \le e }\)

przechodząc do granicy na mocy trzech ciągów i lematu 2 można stwierdzić, że:

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

czyli na mocy kryterium porównawczego mamy zbieżność.

[a4karo]

\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^\infty\left(\frac{1}{n}-\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)\right)=\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{1}{n}-\int_n^{n+1}\frac{dt}{t}\right)<\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)=1}\)

[Janusz Tracz]

Ustalmy \(\displaystyle{ x>0}\). Za pomocą Twierdzenie Lagrange’a zastosowanego do funkcji \(\displaystyle{ \ln (x)}\) określonej na \(\displaystyle{ \left[ 1,1+ \frac{1}{x} \right] }\) pokazuję nierówność:

\(\displaystyle{ \frac{\ln \left( 1+ \frac{1}{x} \right) - \ln \left( 1 \right)}{1+ \frac{1}{x} - 1} = \frac{1}{\xi} }\)

zatem

\(\displaystyle{ \frac{1}{1+ \frac{1}{x} } \le \frac{\ln \left( 1+ \frac{1}{x} \right) - \ln \left( 1 \right)}{1+ \frac{1}{x} - 1} \le \frac{1}{1} }\)

\(\displaystyle{ \frac{1}{x+1} \le \ln \left( 1+ \frac{1}{x} \right) \le \frac{1}{x} }\)

Od tego miejsca zajmijmy się jedynie lewą strona nierówność:

\(\displaystyle{ \ln \left( 1+ \frac{1}{x} \right) \ge \frac{1}{x+1} = \frac{1- \frac{1}{x+1} }{x} }\)

\(\displaystyle{ x\ln \left( 1+ \frac{1}{x} \right) \ge 1- \frac{1}{x+1} }\)

\(\displaystyle{ \frac{1}{x+1} \ge 1- x\ln \left( 1+ \frac{1}{x} \right) }\)

czyli dla dodatnich \(\displaystyle{ x}\) mamy:

\(\displaystyle{ 1- x\ln \left( 1+ \frac{1}{x} \right) \le \frac{1}{1+x} }\)

Kładziemy tutaj \(\displaystyle{ x=2^n}\) co daje nam nierówność:

\(\displaystyle{ 1- 2^n\ln \left( 1+ \frac{1}{2^n} \right) \le \frac{1}{1+2^n} }\)

która z kolei w połączeniu z kryterium kondensacyjnym \(\displaystyle{ \sum_{}^{}\left( \frac{1}{n} - \log\left( 1+ \frac{1}{n} \right) \right) \rightarrow \sum_{}^{} 2^n\left( \frac{1}{2^n} - \log\left( 1+ \frac{1}{2^n} \right) \right) }\) oraz kryterium porównawczym z szeregiem o wyrazach \(\displaystyle{ \frac{1}{1+2^n}}\) potwierdza zbieżność.

[a4karo]

Lagrange działa szybciej, nie przerywając snu:
\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^\infty\left(\frac{1}{n}-\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)\right)=\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{1}{n}-(\ln(n+1)-\ln n)\right)=\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{\xi}\right)<\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)=1}\)

[Janusz Tracz]

Słuszna uwaga dziękuję, tym niemniej w powyższym rozwiązaniu Twierdzenie Lagrange’a potrzebne mi było do udowodnienia nierówności która, posłużyła do oszacowania wyrażania, które dostałem po zastosowaniu kryterium zagęszczającego. W przeciwnym razie napisał bym właśnie*:

\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^\infty\left(\frac{1}{n}-\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)\right)=\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{1}{n}-(\ln(n+1)-\ln n)\right)=\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{\xi}\right)<\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)=1}\)

ale to praktycznie to samo co:

\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^\infty\left(\frac{1}{n}-\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)\right)=\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{1}{n}-\int_n^{n+1}\frac{dt}{t}\right)<\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)=1}\)

a ja chciałem wnieść coś nowego, dlatego szacowałem coś innego po uprzednim zagęszczeniu. To zadanie można zrobić jeszcze inaczej. Wystarczy kryterium całkowe (całka jest prosta):

\(\displaystyle{ \int_{1}^{T} \frac{1}{x}-\ln \left( 1+ \frac{1}{x} \right) \dd x = (x+1)\ln \left( \frac{x}{x+1} \right) \Bigg|_{1}^T }\)

Kładąc \(\displaystyle{ T \rightarrow \infty }\) dostajemy, że:

\(\displaystyle{ \lim_{ T\to \infty } \int_{1}^{T} \frac{1}{x}-\ln \left( 1+ \frac{1}{x} \right) \dd x < \infty }\)

(to łatwo udowodnić można nawet tą całkę policzyć dokładnie) zatem kryterium całkowe dowodzi zbieżności.

*napisał bym w teorii w praktyce mógłbym na to nie wpaść...

[a4karo]

Np to uogólnijmy to zadanie:

Niech \(\displaystyle{ M:\RR_+\times\RR_+\to\RR_+}\) będzie średnią, tzn funkcja spełniającą warunek \(\displaystyle{ \min(x,y)\leq M(x,y)\leq \max(x,y)}\).
Wtedy szereg \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^\infty \left(\frac{1}{n}-\frac{1}{M(n,n+1)}\right)}\) jest zbieżny.

Treść zadania dostajemy biorąc za `M` średnią logarytmiczną \(\displaystyle{ L(x,y)=\frac{x-y}{\ln x-\ln y}}\).

[Janusz Tracz]

O fajne, dzięki!

Treść zadania dostajemy biorąc za \(\displaystyle{ M}\) średnią logarytmiczną \(\displaystyle{ L(x,y)=\frac{x-y}{\ln x-\ln y}}\)

Jako, że \(\displaystyle{ L}\) jest średnią to jeśli gdy \(\displaystyle{ 0<x<y}\) to:

\(\displaystyle{ x \le \frac{x-y}{\ln x-\ln y} \le y }\)

Kładąc nowe zmienne \(\displaystyle{ x=\left( 1+ \frac{1}{n} \right)^n}\) oraz \(\displaystyle{ y=e}\) dostajemy wspomniany lemat 1 który się wcześniej przydał.

Lemat 1. Dla \(\displaystyle{ n\in\NN}\) zachodzi nierówność:

\(\displaystyle{ \left( 1+ \frac{1}{n} \right)^n \le \frac{e-\left( 1+ \frac{1}{n} \right)^n}{1-n\ln \left( 1+ \frac{1}{n} \right) } \le e }\)

[mol_ksiazkowy]

Problem 2
Czy zbieżny jest szereg \(\displaystyle{ \sum_{n=2}^{+\infty} \frac{1}{(\ln(n))^{\ln(n)}} }\) ?

[a4karo]

Mamy \((\ln n)^{\ln n}=n^{\ln \ln n}>n^2\) dla dużych `n` co pokazuje zbieżność szeregu

[Janusz Tracz]

Można z kondensacyjnego \(\displaystyle{ \sum_{}^{} \frac{1}{\ln ^{\ln n} n} }\) zamienić na \(\displaystyle{ \sum_{}^{} \frac{2^n}{ \ln ^{\ln 2^n } 2^n} }\) i teraz* kryterium Cauchy'ego daje zbieżność wszak:

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

* Zamiast K. Cauchy'ego można zastosować wiele innych kryteriów.

[mol_ksiazkowy]

Problem 3
Niech \(\displaystyle{ f_n = \begin{cases} 1 , \ \ 2^{2k} \leq n < 2^{2k+1} \\ -1 , \ \ 2^{2k+1} \leq n < 2^{2k+2} \end{cases}}\) dla \(\displaystyle{ k=0,1,2,...}\)
Wykaząć że \(\displaystyle{ \sum_{n=2}^{\infty} \frac{f_n}{n \ln (n)} }\) jest zbieżny i określić czy \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{f_n }{n} }\) jest zbieżny.