niestandardowy szereg.

[mu]

Witam, jestem tu nowa i przychodzę z pewnym problemem. Być może znajdzie się tu ktoś, kto będzie potrafił mi pomóc.
Mianowicie mam kłopot z rozstrzygnięciem zbieżności następującego szeregu:
\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^\infty \frac{\left( {2 \over 3} + {\sin n \over 3} \right)^n}{n}}\).
Pewne numeryczne przesłanki podpowiadają, że jest zbieżny, ale to oczywiscie żaden dowód. Próbowałam praktycznie wszystkich powszechnie znanych kryteriów i żadne nie skutkuje, inne metody także zawiodły.

Z góry dziękuję za pomoc.

[Mbach]

kryterium raabego rozstrzyga sprawę: zbieżny

[g]

nieprawda, granica Raabego tego szeregu nie istnieje.

[Pikaczu]

\(\displaystyle{ 0<\left( \frac23 + \frac{\sin n}{3} \right)^n\leqslant 1}\), czyli

\(\displaystyle{ 0< a_n \leqslant b_n}\),

gdzie \(\displaystyle{ a_n=\frac{\left( \frac23 + \frac{\sin n}{3} \right)^n}{n}}\), \(\displaystyle{ \quad b_n=\frac{1}{n}}\).

Edit: od teraz jest źle
\(\displaystyle{ b_n}\) jako szereg harmoniczny jest zbieżny, więc z kryterium porównawczego \(\displaystyle{ a_n}\) też jest zbieżny.

Jak widać, nie zawsze trzeba kombinować

[juzef]

\(\displaystyle{ b_n}\) jest rozbieżny.

[Pikaczu]

lol, lepiej sobie jakiś film pooglądam

Ale sprawa wygląda ciekawie, bo wszystkie graniczne kryteria przez tego sinusa idzie za przeproszeniem o dupe rozbić...

[mu]

Niestety ten szereg ma to do siebie, że jakiekolwiek potencjalne trywialne rozwiązanie jest na 100% złe.

[Pikaczu]

A skąd jest ten przykład? Bo jak tak się ptrzę, to za bardzo nie ma z tym co zrobić...

Cóż wiadomo, że

\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^\infty \frac{a^n}{n}=-\ln (1-a)}\)

[Mbach]

Jest nieznana zbieżność tego szeregu: to jest jeden z problemów:
No, cóż jak zepniemy umysły w sieć, to w jedną noc pójdzie

[mu]

A skąd jest ten przykład?

Krąży po UJ ponoć, znajomy podrzucił.
Głupio trochę zrobiłeś zakładając tę blokadę umysłową, wspominając o otwartości problemu.

[Fibik]

Ten szereg zbiega do: \(\displaystyle{ \pi - 1}\)

Jest taki szereg:
\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin n}{n} = \frac{\pi-1}{2}}\)
czyli jest tu dokładnie dwa razy więcej.

Jakiś szereg Fouriera powinien to załatwić...

[mu]

Żeby to było takie proste... Niestety już 5000 pierwszych wyrazów tego szeregu daje w sumie coś większego niż \(\displaystyle{ \pi - 1}\), a dalej on jest "pseudorosnacy".

[Fibik]

Rzeczywiście, tam jest więcej.

Mamy taką sumę:
\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^N{\frac{(1-\frac{1}{n})^n}{n}}\sim \frac{\ln(N)}{e}}\)

Ten szereg z \(\displaystyle{ \sin}\) zachowuje się podobnie w otoczeniu \(\displaystyle{ \frac{\pi}{2}}\) (dalej - \(\displaystyle{ n \mod 2\pi}\)):
\(\displaystyle{ \left( \frac{2}{3} + \frac{1}{3}\sin n\right) \ge 1 - \frac{1}{n}}\)
z tego obliczamy:
\(\displaystyle{ \epsilon<\frac{6}{\sqrt{n}}}\)

Takich wyrazów jest około \(\displaystyle{ \sqrt{n}}\), stąd otrzymujemy sumę: \(\displaystyle{ c/n^2}\) (dla dużych \(\displaystyle{ n}\)).

[mu]

Po pierwsze - co za \(\displaystyle{ \epsilon}\)? A po drugie to zupełnie mnie to nie przekonuje, tego nie można nazwać dowodem...

[Fibik]

\(\displaystyle{ n = 2k\pi + \frac{\pi}{2} + \epsilon}\)
czyli:
\(\displaystyle{ \sin(n) = \sin \left( 2k\pi + \frac{\pi}{2} + \epsilon\right) = \cos \epsilon}\)
później podstawiam: \(\displaystyle{ \cos\epsilon = 1 - \frac{\epsilon^2}{2}}\)
itd.

Dowód byłby nieco dłuższy, ale tu widać o co chodzi.