Zbieżność szeregu
Zbieżność szeregu
Jak sprawdzić, czy szereg \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{+ \infty } n^{1000- \sqrt[k]{n}\log_{n}(2) }}\) jest zbieżny, w zależności od \(\displaystyle{ k \in \mathbb N}\)? Myślałam, że da mi coś zamienienie tego na \(\displaystyle{ e}\) do odpowiedniej potęgi, ale z tego też nic mi nie przychodzi do głowy
Ostatnio zmieniony 13 gru 2018, o 01:14 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 2 razy.
Powód: Poprawa wiadomości.
Powód: Poprawa wiadomości.
-
- Moderator
- Posty: 2095
- Rejestracja: 9 gru 2012, o 19:46
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa, mazowieckie
- Podziękował: 139 razy
- Pomógł: 504 razy
Zbieżność szeregu
Dla jakich wartości \(\displaystyle{ \alpha}\) szereg \(\displaystyle{ \sum_{i=0}^{ \infty } \left( \frac{1}{n} \right) ^{ \alpha}}\) jest rozbieżny ?
Zbieżność szeregu
dla \(\displaystyle{ \alpha<1}\)Zahion pisze:Dla jakich wartości \(\displaystyle{ \alpha}\) szereg \(\displaystyle{ \sum_{i=0}^{ \infty } \left( \frac{1}{n} \right) ^{ \alpha}}\) jest rozbieżny ?
- Janusz Tracz
- Użytkownik
- Posty: 4065
- Rejestracja: 13 sie 2016, o 15:01
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: hrubielowo
- Podziękował: 80 razy
- Pomógł: 1392 razy
Zbieżność szeregu
A prędzej czy później \(\displaystyle{ 1000- \sqrt[k]{n}\log_{n}(2)}\) będzie mniejsze od \(\displaystyle{ -1}\) więc...-- 13 gru 2018, o 00:07 --Niezależnie od \(\displaystyle{ k\in\NN}\) zachodzi
\(\displaystyle{ 1000- \sqrt[k]{n}\log_{n}2 \rightarrow - \infty}\)
\(\displaystyle{ 1000- \sqrt[k]{n}\log_{n}2 \rightarrow - \infty}\)
Zbieżność szeregu
Tylko, że ja muszę to jakoś udowodnić, a nie mam pojęcia jak, bo gdy napiszę np. "sprawdźmy kiedy \(\displaystyle{ 1000- \sqrt[k]{n}\log_{n}(2)<1}\)", to muszę logarytmować stronami i do niczego mnie to nie prowadzi
- Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5220 razy
Zbieżność szeregu
\(\displaystyle{ \sqrt[k]{n}\log_n 2=\frac{\sqrt[k]{n}}{\log_2 n}}\)
Oczywiście \(\displaystyle{ \log_2 x<x}\) dla \(\displaystyle{ x\ge 1}\) (dla mniejszych raczej też działa, ale nas to w tym przypadku nie obchodzi, a mnie się nie chce zastanawiać), więc
\(\displaystyle{ \log_2 n^{\frac{1}{2k}}<n^{\frac{1}{2k}}}\)
dla
\(\displaystyle{ n\in \NN^+, \ k\in \NN^+}\),
czyli
\(\displaystyle{ \log_2 n<2kn^{\frac{1}{2k}}\\ \frac{n^{\frac{1}{k}}}{\log_2 n}>\frac{n^{\frac 1 k}}{2k n^{\frac{1}{2k}}}=\frac{n^{\frac{1}{2k}}}{2k}}\)
i dość jasne jest, że gdy \(\displaystyle{ k\in \NN^+}\) jest ustalone, to granicą tego wyrażenia jest \(\displaystyle{ +\infty}\).
Oczywiście \(\displaystyle{ \log_2 x<x}\) dla \(\displaystyle{ x\ge 1}\) (dla mniejszych raczej też działa, ale nas to w tym przypadku nie obchodzi, a mnie się nie chce zastanawiać), więc
\(\displaystyle{ \log_2 n^{\frac{1}{2k}}<n^{\frac{1}{2k}}}\)
dla
\(\displaystyle{ n\in \NN^+, \ k\in \NN^+}\),
czyli
\(\displaystyle{ \log_2 n<2kn^{\frac{1}{2k}}\\ \frac{n^{\frac{1}{k}}}{\log_2 n}>\frac{n^{\frac 1 k}}{2k n^{\frac{1}{2k}}}=\frac{n^{\frac{1}{2k}}}{2k}}\)
i dość jasne jest, że gdy \(\displaystyle{ k\in \NN^+}\) jest ustalone, to granicą tego wyrażenia jest \(\displaystyle{ +\infty}\).