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?
- mol_ksiazkowy
- Użytkownik
- Posty: 11265
- Rejestracja: 9 maja 2006, o 12:35
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 3143 razy
- Pomógł: 747 razy
- max
- Użytkownik
- Posty: 3306
- Rejestracja: 10 gru 2005, o 17:48
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Lebendigentanz
- Podziękował: 37 razy
- Pomógł: 778 razy
Jaki szereg?
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.
\(\displaystyle{ z_{n} = 2^{m}p_{1}^{a_{1}}\cdot \ldots \cdot p_{k}^{a_{k}}\cdot p_{k+1} \cdot \ldots \cdot p_{l}}\)
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.
- mol_ksiazkowy
- Użytkownik
- Posty: 11265
- Rejestracja: 9 maja 2006, o 12:35
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 3143 razy
- Pomógł: 747 razy
Jaki szereg?
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:
\(\displaystyle{ \frac{1}{z_1}+....+\frac{1}{z_n} q \frac{2}{x_1}}\)
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:
\(\displaystyle{ \frac{1}{z_1}+....+\frac{1}{z_n} q \frac{2}{x_1}}\)
- max
- Użytkownik
- Posty: 3306
- Rejestracja: 10 gru 2005, o 17:48
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Lebendigentanz
- Podziękował: 37 razy
- Pomógł: 778 razy
Jaki szereg?
Hahaha, wiedziałem, że za bardzo kombinuję
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.
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.
- mol_ksiazkowy
- Użytkownik
- Posty: 11265
- Rejestracja: 9 maja 2006, o 12:35
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 3143 razy
- Pomógł: 747 razy
Jaki szereg?
max napisał"
\(\displaystyle{ 2, 1, 2, 1, 2,....}\)
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;
\(\displaystyle{ 1, 2, 2, 3, 3, 3, 4,,....}\)
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 naprzemiennyA założenie, o tym, że ciąg jest rosnący nie jest konieczne ani przy moim, ani przy Twoim rozumowaniu.
\(\displaystyle{ 2, 1, 2, 1, 2,....}\)
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;
\(\displaystyle{ 1, 2, 2, 3, 3, 3, 4,,....}\)
- max
- Użytkownik
- Posty: 3306
- Rejestracja: 10 gru 2005, o 17:48
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Lebendigentanz
- Podziękował: 37 razy
- Pomógł: 778 razy
Jaki szereg?
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 ]
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.
[ Dodano: 10 Września 2007, 19:38 ]
Długo się nie broniłmol_ksiazkowy pisze:(...)i tak na marginesie ciekawy problem
(ktos zaatakuje...?): czy s zbiezny dla k duplikatow kazdej liczby k;
\(\displaystyle{ 1, 2, 2, 3, 3, 3, 4,,....}\)
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.