Matematyka.pl

Niech \(\displaystyle{ \alpha \in \mathbb{R} \setminus \{ -1 \}.}\) Wiemy, że

\(\displaystyle{ \frac{\mbox dx^{\alpha+1}}{\mbox dx} \Big|_{x=1} = \alpha+1,}\)

zatem

\(\displaystyle{ \lim_{h \to 0} \frac{(1+h)^{\alpha+1}-1^{\alpha+1}}{h}=\alpha+1,}\)

czyli w szczególności

\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} \frac{(n+1)^{\alpha+1} - n^{\alpha+1}}{n^{\alpha}}}= \lim_{n \to \infty} \frac{ \left(1+ \frac{1}{n} \right)^{\alpha+1} - 1^{\alpha+1}}{\frac{1}{n}} = \alpha+1 \neq 0.}\)

Teraz przy korzystaniu z kryterium ilorazowego odnośnie szeregów

\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty} n^\alpha}\) oraz \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty} \left( (n+1)^{\alpha+1} - n^{\alpha+1} \right)}\)

możemy powołać się na policzoną granicę. Ponieważ drugi z szeregów jest zbieżny dla \(\displaystyle{ \alpha+1 < 0}\) oraz rozbieżny dla \(\displaystyle{ \alpha+1 >0}\) (co widać po rozpisaniu sum częściowych), to wyjściowy szereg jest zbieżny dla \(\displaystyle{ \alpha<-1}\) i rozbieżny dla \(\displaystyle{ \alpha>-1.}\)

Rozbieżność szeregu dla \(\displaystyle{ \alpha=-1,}\) tzn.

\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n},}\)

można udowodnić na parę klasycznych sposobów, np.

Załóżmy, że \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} = q<\infty.}\) Wówczas

\(\displaystyle{ q=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} = \sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{1}{2n-1} + \frac{1}{2n} \right) > \sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{1}{2n} + \frac{1}{2n} \right) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} = q,}\)

co prowadzi do sprzeczności.