Strona 1 z 1

Jaki szereg?

: 8 wrz 2007, o 22:58
autor: mol_ksiazkowy
Niech ciąg liczb naturalnych xn bedzie scisle rosnacy...oraz kładziemy zn jako najmniejsza wspolna wielokrotnosc liczb x1, ...., xn. Czy szereg s musi byc w tej sytuacji zbiezny,...? odpowiedz dokładnie uzasadnij, tj daj dowod lub kontrprzyklad-o ile odp jest negatywna!
\(\displaystyle{ s=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{z_n}}\)

Jaki szereg?

: 9 wrz 2007, o 12:09
autor: max
Ponieważ \(\displaystyle{ z_{n}}\) jest wspólną wielokrotnością \(\displaystyle{ n}\) różnych liczb naturalnych, to posiada co najmniej \(\displaystyle{ n}\) różnych dzielników naturalnych. Zatem jeśli:
\(\displaystyle{ z_{n} = 2^{m}p_{1}^{a_{1}}\cdot \ldots \cdot p_{k}^{a_{k}}\cdot p_{k+1} \cdot \ldots \cdot p_{l}}\)
gdzie \(\displaystyle{ p_{1},\ldots, p_{l}}\) są parami różnymi, różnymi od \(\displaystyle{ 2}\) liczbami pierwszymi, a \(\displaystyle{ m, a_{1}, \ldots, a_{k} \in \mathbb{N}}\), przy czym \(\displaystyle{ a_{1}, \ldots, a_{k} \geqslant 2}\), to zachodzi nierówność:
\(\displaystyle{ (1 + m)(1 + a_{1})\cdot \ldots \cdot (1 + a_{k})\cdot 2^{l - k} \geqslant n}\)
Z nierówności Bernoulliego otrzymujemy:
\(\displaystyle{ (1 + (p_{1} - 1))^{a_{1}/2}\cdot \ldots \cdot (1 + (p_{k} - 1))^{a_{k}/2} \geqslant \left(1 + \tfrac{a_{1}}{2}(p_{1} - 1)\right)\cdot \ldots \cdot \left(1 + \tfrac{a_{k}}{2}(p_{k} - 1)\right)}\)
a ponieważ \(\displaystyle{ \forall i \in \{1, \ldots, k\} \ (p_{i} \geqslant 3)}\), to:
\(\displaystyle{ \left(1 + \tfrac{a_{1}}{2}(p_{1} - 1)\right)\cdot \ldots \cdot \left(1 + \tfrac{a_{k}}{2}(p_{k} - 1)\right) \geqslant (1 + a_{1})\cdot \ldots \cdot (1 + a_{k})}\).
Ostatecznie:
\(\displaystyle{ \sqrt{\frac{z_{n}}{2^{m}p_{k+1} \cdot \ldots \cdot p_{l}}}\cdot 2^{l - k}(1 + m) \geqslant n\\
z_{n}\geqslant \frac{2^{m}p_{k+1} \cdot \ldots \cdot p_{l}\cdot n^{2}}{(1 + m)^{2}\cdot 2^{2(l - k)}}}\)

Dla \(\displaystyle{ m \geqslant 6}\) jest:
\(\displaystyle{ 2^{m} > (1 + m)^{2}}\)
Ponadto:
\(\displaystyle{ p_{k+1} \ldots p_{l} qslant 3\cdot 5^{l - k - 1}}\)
oraz dla \(\displaystyle{ l qslant k}\) mamy \(\displaystyle{ \frac{2^{2(l - k)}}{3\cdot 5^{l - k - 1}} qslant \frac{5}{3}}\)
więc zbiór \(\displaystyle{ C = ft\{\frac{(1 + m)^{2}\cdot 2^{2(k - l)}}{2^{m}p_{k+1} \ldots p_{l}} \ : \ m, k, l \mathbb{N}, \ k qslant l\right\}}\) jest ograniczony i na mocy kryterium porównawczego z szeregiem:
\(\displaystyle{ \sum_{n = 1}^{\infty}\frac{\sup C}{n^{2}}}\)
badany szereg jest zbieżny.

Jaki szereg?

: 9 wrz 2007, o 17:22
autor: mol_ksiazkowy
nop, Jak widac sporo pracy , ale i wyniki, są, nieco mnie to nawet zaskoczyło... ze ta droga też sie da!? poniej inne rozw, ktore nie rozbiera zn na czynniki pierwsze, a tez jest ciekawe i moze sie przdyac , ze wzgl na metody ...w innych tego typu zadanich , tak wiec kto ma ochote niech popatrzy....
gdy a1
\(\displaystyle{ \frac{1}{z_n} q \frac{1}{NWW(x_{n-1}, x_n)} q \frac{1}{x_{n-1}}-\frac{1}{x_n}}\)
tj:
\(\displaystyle{ \frac{1}{z_1}+....+\frac{1}{z_n} q \frac{2}{x_1}}\)

Jaki szereg?

: 9 wrz 2007, o 19:44
autor: max
Hahaha, wiedziałem, że za bardzo kombinuję :D
Co do mojej metody, to ogólniej:
\(\displaystyle{ \lim_{n\to \infty}\frac{\tau(n)}{n^{s}} = 0}\)
dla dowolnego \(\displaystyle{ s > 0}\) (\(\displaystyle{ \tau(n)}\) oznacza tu liczbę dzielników naturalnych \(\displaystyle{ n}\)) (co można dowieść korzystając z multiplikatywności funkcji \(\displaystyle{ \tau}\)), więc moje szacowanie i tak okazuje się mocno grubaśne, prowizoryczne i toporne
A założenie, o tym, że ciąg \(\displaystyle{ (x_{n})}\) jest rosnący nie jest konieczne ani przy moim, ani przy Twoim rozumowaniu.

Jaki szereg?

: 10 wrz 2007, o 13:30
autor: mol_ksiazkowy
max napisał"
A założenie, o tym, że ciąg jest rosnący nie jest konieczne ani przy moim, ani przy Twoim rozumowaniu.
No...tu dotykamy chyba troszke delikatnej materii, ..dokł nie wiem co miałes na mysli, ale gołym okiem widac, ze coś o xn trezba jednak przyjąc , jesli chce sie miec gwarancje zbieznosci s..., np wezmy ciag naprzemienny
\(\displaystyle{ 2, 1, 2, 1, 2,....}\)
wtedy zn=2, ...widać też ze założ. "słabo rosnacy, ale ucieka do nieskonczonosci" nie wystarczy, bowiem przy sekwencji xn:
\(\displaystyle{ 1, 2, 2, 3, 3, 3, 3, 3, 3, 5,......,}\)
gdzie kolejna l. pierwsza pj wystepuje p1....pj razy to nasz szereg s jest rozbiezny
i to "grubo": s=1+1+1+...... czyli mozna sie bawić, i tak na marginesie ciekawy problem
(ktos zaatakuje...?): czy s zbiezny dla k duplikatow kazdej liczby k;
\(\displaystyle{ 1, 2, 2, 3, 3, 3, 4,,....}\)

Jaki szereg?

: 10 wrz 2007, o 15:29
autor: max
No tak - niedokładnie się wyraziłem, chodziło mi o to, że warunek ścisłej monotoniczności możemy zastąpić ogólniejszym warunkiem różnowartościowości, tzn wyrazy ciągu \(\displaystyle{ (x_{n})}\) możemy sobie poprzestawiać..

[ Dodano: 10 Września 2007, 19:38 ]
mol_ksiazkowy pisze:(...)i tak na marginesie ciekawy problem
(ktos zaatakuje...?): czy s zbiezny dla k duplikatow kazdej liczby k;
\(\displaystyle{ 1, 2, 2, 3, 3, 3, 4,,....}\)
Długo się nie bronił
Zauważmy, że ten szereg będzie miał postać:
\(\displaystyle{ s = \sum_{n = 1}^{\infty}\frac{n}{a_{n}}}\)
gdzie \(\displaystyle{ a_{n} = NWW(1, 2, \ldots, n)}\)
Ponieważ:
\(\displaystyle{ NWW(a,b,c) = \frac{abc NWD(a, b, c)}{NWD(a,b)NWD(a, c)NWD(b,c)}, \ a, b, c \mathbb{N}}\)
oraz:
\(\displaystyle{ NWW(1, 2, \ldots, n) qslant NWW(n-2, n-1, n)}\)
to:
\(\displaystyle{ a_{n} qslant \frac{n(n - 1)(n - 2)}{2}}\)
i dalej dla \(\displaystyle{ n qslant 4}\):
\(\displaystyle{ \frac{n}{a_{n}} qslant \frac{2}{(n - 1)(n - 2)} < \frac{8}{n^{2}}}\)
a więc w myśl kryterium porównawczego z szeregiem \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{8}{n^{2}}}\) szereg \(\displaystyle{ s}\) jest zbieżny.

Ogólniej z tego, że:
\(\displaystyle{ \tau(n) = o(n^{s})}\) przy dowolnym ustalonym \(\displaystyle{ s > 0}\)
wynika, że dla dowolnego \(\displaystyle{ s > 0}\) szereg:
\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{n^{s}}{z_{n}}}\)
jest zbieżny.