Zbieżność szeregu

[sr1111]

Zbadać zbieżność i zbieżność bezwzględną szeregu
\(\displaystyle{ \begin{align*}
\sum_{n=0}^{\infty}\ln(x_{n+1}-x_n),
\end{align*} }\)
gdzie \(\displaystyle{ (x_n)_{n=0}^{\infty}}\) jest rosnącym ciągiem wszystkich dodatnich rozwiązań równania
\(\displaystyle{ \begin{align*}
\frac{1}{x+\sqrt{x}+1}=\sin(\pi x).
\end{align*} }\)

Prosze o pomoc

[Janusz Tracz]

Heurystycznie (choć formalnego dowodu nie mam) wydaje się, że ciąg \(\displaystyle{ \xi_n=x_{n+1}-x_n}\) można oszacować:

\(\displaystyle{ 1- \frac{1}{ \alpha \left( n+ \sqrt{n}+1 \right) } \le \xi_n \le 1- \frac{1}{ \beta \left( n+ \sqrt{n}+1 \right) }}\)

gdzie \(\displaystyle{ \alpha =1}\) oraz \(\displaystyle{ \beta =2}\). Wtedy ciąg \(\displaystyle{ \ln \xi_n }\) dla dużych \(\displaystyle{ n}\) też powinien się jakoś tak szacować:

\(\displaystyle{ - \frac{1}{ \alpha \left( n+ \sqrt{n}+1 \right) } \le \ln \xi_n \le - \frac{1}{ \beta \left( n+ \sqrt{n}+1 \right) }}\)

Tak czy inaczej ciąg \(\displaystyle{ \ln \xi_n}\) jest rzędu \(\displaystyle{ \frac{1}{n} }\) więc szereg powinien być rozbieżny. Oczywiście to jest tylko szkic ale być może uda się wypełnić luki.

[a4karo]

Tak prosto nie będzie. Ten szereg jest naprzemienny

[Janusz Tracz]

Aha wiem co źle zrobiłem. Byłem przekonany, że bierzemy różnicę skacząc co dwa rozwiązania (oczywiście to moja nieuwaga). Sorki za moje niedopatrzenie.

[a4karo]

W każdym z przedziałów `(2k,2k+1)` sa dwa pierwiastki równania - oznaczmy je kolejno `x_{2k}, x_{2k+1}`. W przedziałach postaci `(2k+1,2k+2)` pierwiastków nie ma z powodu ujemności sinusa. Mamy zatem `0<x_{2k+1}-x_{2k}<1` oraz `x_{2k+2}-x_{2k+1}>1`, skąd wynika że wyrazy szeregu zmieniają znak naprzemiennie.

Pogrupujmy wyrazy szeregu parami.
Z szacowania `\ln x<1+x` oraz z wklęsłości funkcji logarytmicznej wynikają nierówności

\(\displaystyle{ (*)\quad 2\ln\frac{x_{2k+2}-x_{2k}}{2}<\ln(x_{2k+1}-x_{2k})+\ln(x_{2k+2}-x_{2k+1})<2\left(\frac{x_{2k+2}-x_{2k}}{2}-1\right)}\)

Niech `x_{2k}=2k+a_k`. Oczywiście `a_k\to 0` gdy `k` rośnie, a nierówność (*) przyjmuje postać

\(\displaystyle{ 2\ln\left(1+\frac{a_{k+1}-a_{k}}{2}\right)<\ln(x_{2k+1}-x_{2k})+\ln(x_{2k+2}-x_{2k+1})<a_{k+1}-a_k}\)

Mamy
\(\displaystyle{ \pi a_{k+1}-\pi a_k \approx\sin \pi a_{k+1}-\sin \pi a_k=\sin(\pi(2k+2+a_{k+1}))-\sin(\pi(2k+a_k))=\sin x_{2k+2}-\sin x_{2k}\\}\)
\(\displaystyle{
=\frac{1}{x_{k+1}+\sqrt{x_{k+1}}+1}-\frac{1}{x_{k}+\sqrt{x_{k}}+1}=\frac{x_k-x_{k+1}+\sqrt{x_k}-\sqrt{x_{k+1}}}{(x_{k+1}+\sqrt{x_{k+1}}+1)(x_{k}+\sqrt{x_{k}}+1)} }\)

Ponieważ `x_k\approx 2k`, więc licznik dąży do `-2`, a mianownik jest rzędu `4k^2`, więc całe wyrażenie jest `O(1/k^2)`.

Howgh!