szereg - logarytm
- Janusz Tracz
- Użytkownik
- Posty: 4068
- Rejestracja: 13 sie 2016, o 15:01
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: hrubielowo
- Podziękował: 80 razy
- Pomógł: 1393 razy
Re: szereg - logarytm
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)
\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{f_n }{n} = \sum_{n=0}^{ \infty } \left[ (-1)^n \sum_{k=2^{2n}}^{2^{2n+1}-1} \frac{1}{k}\right] }\)
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)
-
- Użytkownik
- Posty: 1718
- Rejestracja: 15 wrz 2010, o 15:36
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Ostrołęka
- Podziękował: 59 razy
- Pomógł: 501 razy
Re: szereg - logarytm
coś tu nie gra. Wydaje mi się, że powinno byćJanusz Tracz pisze: ↑19 kwie 2020, o 14:35
\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{f_n }{n} = \sum_{n=0}^{ \infty } \left[ (-1)^n \sum_{k=2^{2n}}^{2^{2n+1}-1} \frac{1}{k}\right] }\)
\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{f_n }{n} = \sum_{n=0}^{ \infty } \left[ \sum_{k=2^{2n}}^{2^{2n+1}-1} \frac{1}{k} - \sum_{k=2^{2n+1}}^{2^{2n+2}-1} \frac{1}{k} \right] }\)
Ale całą reszta się zgadza, bo właśnie bierzemy sobie taki kawałek z jednym znakiem i pokazujemy, że nie spełnia warunku Cauchy'ego.
Ostatnio zmieniony 19 kwie 2020, o 14:53 przez Tmkk, łącznie zmieniany 1 raz.
- Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5221 razy
Re: szereg - logarytm
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.
\(\displaystyle{ \sum_{n=2^{2k}}^{2^{2k+1}-1}\frac{1}{n\ln n}-\sum_{n=2^{2k+1}}^{2^{2k+2}-1}\frac{1}{n\ln n}}\)
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
- Użytkownik
- Posty: 4068
- Rejestracja: 13 sie 2016, o 15:01
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: hrubielowo
- Podziękował: 80 razy
- Pomógł: 1393 razy
Re: szereg - logarytm
Dzięki za czujność. Poprawka:Tmkk pisze: ↑19 kwie 2020, o 14:40coś tu nie gra.Janusz Tracz pisze: ↑19 kwie 2020, o 14:35
\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{f_n }{n} = \sum_{n=0}^{ \infty } \left[ (-1)^n \sum_{k=2^{2n}}^{2^{2n+1}-1} \frac{1}{k}\right] }\)
\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{f_n }{n} = \sum_{n=0}^{ \infty } \left[ (-1)^n \sum_{k=2^{\red{n}}}^{2^{\red{n}+1}-1} \frac{1}{k}\right]}\)
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
- Moderator
- Posty: 10225
- Rejestracja: 21 kwie 2009, o 19:04
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 40 razy
- Pomógł: 2362 razy
Re: szereg - logarytm
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 szereguPremislav pisze: ↑19 kwie 2020, o 14:47 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.
\(\displaystyle{ \left( \frac{3}{2} - 1 \right) + \left( \frac{5}{4} - 1 \right) + \left( \frac{9}{8} - 1 \right) + \left( \frac{17}{16} - 1 \right) + \ldots}\)
nie wynika zbieżność
\(\displaystyle{ \frac{3}{2} - 1 + \frac{5}{4} - 1 + \frac{9}{8} - 1 + \frac{17}{16} - 1 + \ldots}\)
- Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5221 razy
Re: szereg - logarytm
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.
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.
Ostatnio zmieniony 22 kwie 2020, o 12:51 przez Premislav, łącznie zmieniany 1 raz.
- Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5221 razy
Re: szereg - logarytm
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
- Moderator
- Posty: 10225
- Rejestracja: 21 kwie 2009, o 19:04
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 40 razy
- Pomógł: 2362 razy
Re: szereg - logarytm
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.
\(\displaystyle{ d_n = \frac{1}{n \ln n} - \frac{1}{2n \ln(2n)} - \frac{1}{(2n+1) \ln(2n+1)} \\[4ex]
s_k = \sum_{n=2^{2k}}^{2^{2k+1}-1} \frac{1}{n \ln n} - \sum_{n=2^{2k+1}}^{2^{2k+2}-1} \frac{1}{n \ln n} = \sum_{n=2^{2k}}^{2^{2k+1}-1} d_n.}\)
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
- Użytkownik
- Posty: 4068
- Rejestracja: 13 sie 2016, o 15:01
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: hrubielowo
- Podziękował: 80 razy
- Pomógł: 1393 razy
Re: szereg - logarytm
Można pokazać, że:
\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{f_n }{n\ln n} = \sum_{n=0}^{ \infty } \left[ (-1)^n \underbrace{\sum_{k=2^{n}}^{2^{n+1}-1} \frac{1}{k\ln k}}_{\text{dodatnie i maleje do zera}}\right] }\)
\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{f_n }{n\ln n} = \sum_{n=0}^{ \infty } \left[ (-1)^n \underbrace{\sum_{k=2^{n}}^{2^{n+1}-1} \frac{1}{k\ln k}}_{\text{dodatnie i maleje do zera}}\right] }\)
- mol_ksiazkowy
- Użytkownik
- Posty: 11406
- Rejestracja: 9 maja 2006, o 12:35
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 3155 razy
- Pomógł: 748 razy
Re: szereg - logarytm
Czy szereg \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{+ \infty} \left( \frac{(-1)^n}{n} + \frac{1}{n \ln(n)} \right) }\) jest zbieżny ?
Ostatnio zmieniony 8 maja 2020, o 20:46 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Poprawa wiadomości.
Powód: Poprawa wiadomości.
- Janusz Tracz
- Użytkownik
- Posty: 4068
- Rejestracja: 13 sie 2016, o 15:01
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: hrubielowo
- Podziękował: 80 razy
- Pomógł: 1393 razy
Re: szereg - logarytm
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.
\(\displaystyle{ \lim_{N \to \infty } \left( \sum_{n=1}^{ N} a_n+b_n\right) =\lim_{N \to \infty } \left( \sum_{n=1}^{ N } a_n+\sum_{n=1}^{ N } b_n\right)=g+ \infty = \infty }\)
kładąc \(\displaystyle{ a_n= \frac{(-1)^n}{n} }\) oraz \(\displaystyle{ b_n= \frac{1}{n\ln n} }\) (i sprawdzając założenia) mamy rozbieżność.