Szereg skrajny.

[Dasio11]

Słówko wstępu. Na mocy kryterium kondensacyjnego szeregi

\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}, \quad \sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n \ln n}, \quad \sum_{n=3}^{\infty} \frac{1}{n \cdot \ln n \cdot \ln \ln n}, \quad \sum_{n=16}^{\infty} \frac{1}{n \cdot \ln n \cdot \ln \ln n \cdot \ln \ln \ln n}, \ldots}\)

są rozbieżne, a szeregi

\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}, \quad \sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n \ln^2 n}, \quad \sum_{n=3}^{\infty} \frac{1}{n \cdot \ln n \cdot \ln^2 \ln n}, \quad \sum_{n=16}^{\infty} \frac{1}{n \cdot \ln n \cdot \ln \ln n \cdot \ln^2 \ln \ln n}, \ldots}\)

są zbieżne. Okazuje się, że pomiędzy nimi, 'na skraju' stoi pewien ciekawy szereg.


Niech dla \(\displaystyle{ n \in \mathbb N}\)

\(\displaystyle{ \bullet \ a_0(n)=n \\ \\
\bullet \ a_{\nu+1} = \ln \left( 1+a_{\nu} \right) \ \text{ dla } \nu = 0, 1, 2, \ldots}\)

Tutaj wykazano, że

\(\displaystyle{ \lim_{\nu \to \infty} \nu a_{\nu} (n) = 2}\)

dla dowolnego \(\displaystyle{ n \in \mathbb N.}\)

Skonstruujmy nieskończony iloczyn:

\(\displaystyle{ P(n) = a_0(n) \cdot \prod_{\nu=1}^{\infty} \left( 1+ a_{\nu}(n) - \frac{2}{\nu} \right) = \\ \\ \\ = n \cdot (1+\ln(1+n)-2) \cdot (1+\ln(1+\ln(1+n))-1) \cdot \left(1+\ln(1+\ln(1+\ln(1+n)))-\frac{2}{3} \right) \cdot \left( 1+\ln(1+\ln(1+\ln(1+\ln(1+n))))-\frac{2}{4} \right) \cdot \left( 1+\ln(1+\ln(1+\ln(1+\ln(1+\ln(1+n)))))-\frac{2}{5} \right) ~ \cdot ~ \ldots}\)

Dowód zbieżności:    

Wystarczy udowodnić, że

\(\displaystyle{ \lim_{\nu \to \infty} \nu \sqrt{\nu} \left( a_{\nu}(n) - \frac{2}{\nu} \right)=0,}\)

bo wtedy szereg

\(\displaystyle{ \sum_{\nu=1}^{\infty} \left( a_{\nu}(n) - \frac{2}{\nu} \right)}\)

będzie bezwzględnie zbieżny, co oznacza bezwzględną zbieżność iloczynu \(\displaystyle{ P(n).}\)

Oznaczmy dla wygody \(\displaystyle{ a_{\nu}(n) = a_{\nu}.}\)
Ponieważ dla \(\displaystyle{ x>0}\) zachodzą nierówności

\(\displaystyle{ \frac{2x}{2+x} \le \ln(1+x) \le x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3},}\)

to

\(\displaystyle{ \frac{2a_{\nu}}{a_{\nu}+2} \le a_{{\nu}+1} \le a_{\nu}-\frac{a_{\nu}^2}{2}+\frac{a_{\nu}^3}{3},}\)

tj.

\(\displaystyle{ \frac{1}{a_{\nu}-\frac{a_{\nu}^2}{2}+\frac{a_{\nu}^3}{3}} \le \frac{1}{a_{\nu+1}} \le \frac{1}{2} + \frac{1}{a_{\nu}}.}\)

Przekształcamy dalej:

\(\displaystyle{ \frac{1}{a_{\nu}-\frac{a_{\nu}^2}{2}+\frac{a_{\nu}^3}{3}} - \frac{1}{a_{\nu}} \le \frac{1}{a_{{\nu}+1}} - \frac{1}{a_{\nu}} \le \frac{1}{2} \\ \\ \\
\frac{\frac{a_{\nu}^2}{2} - \frac{a_{\nu}^3}{3}}{a_{\nu}^2 - \frac{a_{\nu}^3}{2} + \frac{a_{\nu}^4}{3}} \le \frac{1}{a_{\nu+1}} - \frac{1}{a_{\nu}} \le \frac{1}{2} \\ \\ \\
\frac{6-4a_{\nu}}{12-6a_{\nu}+4a_{\nu}^2} \le \frac{1}{a_{\nu+1}} - \frac{1}{a_{\nu}} \le \frac{1}{2} \\ \\ \\
\frac{1}{2} - \frac{a_{\nu}+2a_{\nu}^2}{12-6a_{\nu}+4a_{\nu}^2} \le \frac{1}{a_{\nu+1}} - \frac{1}{a_{\nu}} \le \frac{1}{2}}\)

Sumując te nierówności dla \(\displaystyle{ {\nu}=0, 1, 2, \ldots, N-1,}\) dostajemy

\(\displaystyle{ \frac{N}{2} - \sum_{\nu=0}^{N-1} \frac{a_{\nu}+2a_{\nu}^2}{12-6a_{\nu}+4a_{\nu}^2} \le \frac{1}{a_N} - \frac{1}{a_0} \le \frac{N}{2}}\)

tzn.

\(\displaystyle{ \frac{1}{a_0} - \sum_{\nu=0}^{N-1} \frac{a_{\nu}+2a_{\nu}^2}{12-6a_{\nu}+4a_{\nu}^2} \le \frac{1}{a_N} - \frac{N}{2} \le \frac{1}{a_0}}\)

czyli

\(\displaystyle{ \frac{1}{\sqrt{N}a_0} - \frac{1}{\sqrt{N}} \sum_{\nu=0}^{N-1} \frac{1+2a_{\nu}}{12-6a_n+4a_n^2} \cdot a_{\nu} \le \frac{1}{\sqrt{N}} \left( \frac{1}{a_N} - \frac{N}{2} \right) \le \frac{1}{\sqrt{N} a_0}.}\)

Niech \(\displaystyle{ a_{\nu}<\frac{3}{{\nu}}}\) oraz \(\displaystyle{ a_{\nu}<1}\) dla \(\displaystyle{ \nu>\mu.}\) Zauważmy, że

\(\displaystyle{ 4a_{\nu}^2 -6a_{\nu}+12 = \left( 2a_{\nu} - \frac{3}{2} \right)^2 + \frac{39}{4} > 9.}\)

Dla \(\displaystyle{ \nu>\mu}\) mamy więc

\(\displaystyle{ \sum_{\nu=\mu+1}^{N-1} \frac{1+2a_{\nu}}{12-6a_{\nu}+4a_{\nu}^2} \cdot a_{\nu} \le \frac{3}{9} \sum_{\nu=\mu+1}^{N-1} a_{\nu} \le \frac{1}{3} \sum_{\nu=\mu+1}^{N-1} \frac{3}{{\nu}} \le 1+\ln (N-1)}\)

a zatem dostajemy

\(\displaystyle{ \frac{1}{\sqrt{N}} \left( \frac{1}{a_0}-\sum_{\nu=0}^{m} \frac{1+2a_{\nu}}{12-6a_{\nu}+4a_{\nu}^2} \cdot a_{\nu} - (1+\ln(N-1)) \right) \le \frac{1}{\sqrt{N}} \left( \frac{1}{a_N} - \frac{N}{2} \right) \le \frac{1}{\sqrt{N} a_0},}\)

skąd, na mocy twierdzenia o trzech ciągach, mamy

\(\displaystyle{ \lim_{N \to \infty} \frac{1}{\sqrt{N}} \left( \frac{1}{a_N} - \frac{N}{2} \right) = 0.}\)

Ponadto,

\(\displaystyle{ \lim_{N \to \infty} 2N a_N = 4,}\)

czyli ostatecznie

\(\displaystyle{ \lim_{N \to \infty} N\sqrt{N} \left( a_N - \frac{2}{N} \right) = \lim_{N \to \infty} -\frac{2Na_N}{\sqrt{N}} \cdot \left( \frac{1}{a_N} - \frac{N}{2} \right) = -4 \cdot 0 = 0. \blacktriangledown}\)

Czy

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

jest zbieżny?

[Zordon]

Problem jest interesujący. Nie wczytywałem się w to bardzo mocno, ale czy jest np. oczywiste, że \(\displaystyle{ P(n)=o(n^2)}\)
\(\displaystyle{ P(n)=o(n\ln^2(n))}\)
etc.?

Jeśli jesteś zdeterminowany, żeby kwestię zbieżności szybko rozstrzygnąć, to polecam podrzucić to zadanie prof. Szwarcowi.