zbadać zbieżność szeregu z logarytmem naturalnym

[ajb]

\(\displaystyle{ \sum_{ n=2}^{\infty} \frac{1}{n \cdot \ln n ^{2} }}\)

z warunku koniecznego granica w \(\displaystyle{ \infty}\) jest \(\displaystyle{ 0}\), ale nie potrafię udowodnić zbieżności szeregu

[miodzio1988]

kolezanka miala kryterium kondensacyjne?

[ajb]

niestety nie

a z któregoś z tych podstawowych kryteriów się nie da?

[miodzio1988]

jedynie nasuwa mi sie na mysl kryterium ilorazowe albo porownawcze ale ni cholery nie widzę odpowiedniego ograniczenia. mysle....
gdyby sie nie dalo inaczej to z pokaze kolezance jak to zrobic wlasnie z kryterium porownawczego( a nawet moge przeprowadzic dodow tego kryterium;))

[ajb]

ale nie umiem z porównawczego znaleźć ograniczenia bo mam że jest to mniejsze od \(\displaystyle{ \frac{1}{n}}\)

[Arxas]

W celu określenia zbieżności/rozbieżności tego szeregu wykorzystamy kryterium d'Alemberta, które wygląda tak:

\(\displaystyle{ \lim_{ n\to \infty } \left| \frac{ a_{n+1} }{a _{n} } \right|=q}\)

\(\displaystyle{ q<1 \Rightarrow}\) szereg jest zbieżny
\(\displaystyle{ 1<q \le \infty \Rightarrow}\) szereg jest rozbieżny

Mamy zatem:

\(\displaystyle{ \lim_{ n\to \infty } \left| \frac{ a_{n+1} }{a _{n} } \right|= \lim_{ n\to \infty }\frac{1}{[n+1][ln(n+1)^2]}* \frac{nln(n^2)}{1}=\lim_{ n\to \infty }\frac{nln(n^2)}{[n+1][ln(n+1)^2]}=\lim_{ n\to \infty } \left[ \frac{n}{n+1}* \frac{ln(n^2)}{ln(n+1)^2}\right]=\lim_{ n\to \infty } \left[ \frac{n}{n(1+ \frac{1}{n} )}* \frac{ln(n^2)}{ln(n+1)^2}\right]=\lim_{ n\to \infty } \left[ \frac{1}{1+ \frac{1}{n}}* \frac{ln(n^2)}{ln(n+1)^2}\right}\)

Wiadomo, że przy n dążącym do nieskończoności wyrażenie \(\displaystyle{ \frac{1}{1+ \frac{1}{n} }}\) przyjmuje wartość 1, więc pozostaje nam do policzenia następująca granica (owe 1, które nam wychodzi, wyciągamy sobie przed granicę):

\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty }\frac{ln(n^2)}{ln(n+1)^2}= \left[ \frac{ \infty }{ \infty } \right]}\)

\(\displaystyle{ \frac{ \infty }{ \infty }}\) jest symbolem nieoznaczonym, więc do obliczenia tej granicy można zastosować twierdzenie l'Hospitala, które sprowadza się do tego, że należy wyliczyć pochodną mianownika i licznika w celu określenia granicy.

Wzór na pochodną logarytmu naturalnego wygląda tak: \(\displaystyle{ (lnx)'= \frac{1}{x}}\)
Przy obliczaniu należy jeszcze pamiętać o funkcjach wewnętrznych i zewnętrznych: \(\displaystyle{ ln(n^2)}\) - funkcja zewnętrzna, \(\displaystyle{ n^2}\) - funkcja wewnętrzna. Mamy zatem:

\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty }\frac{ln(n^2)}{ln(n+1)^2}=\lim_{n \to \infty } \frac{ \frac{1}{n^2}*2n }{ \frac{1}{(n+1)^2}*2(n+1)*1 }=\lim_{n \to \infty } \frac{ \frac{2n}{n^2}}{ \frac{2(n+1)}{(n+1)^2}}= \lim_{ n\to \infty } \frac{ \frac{2}{n} }{ \frac{2}{n+1} }= \lim_{ n\to \infty } \frac{2}{n} * \frac{n+1}{2}= \lim_{n \to \infty } \frac{n+1}{n} =\lim_{n \to \infty } \frac{n(1+ \frac{1}{n}) }{n}= \lim_{n \to \infty } 1+ \frac{1}{n}=1=q}\)

Dla q=1 kryterium d'Alemberta nie rozstrzyga, czy szereg jest zbieżny, czy rozbieżny ... ~~
Trzeba zatem szukać innego sposobu.

[miki999]

To może ja spróbuję. W razie czego proszę o poprawienie.
Kryterium Raabego*:
\(\displaystyle{ R_{n}=n \cdot ( \frac{(n+1)ln(n+1)^{2}}{n \cdot lnn^{2}}-1)=n \cdot ( \frac{ln(n+1)^{n+1}-lnn^{n}}{lnn^{n}}) =n \cdot \frac{ln( \frac{(n+1)^{n+1}}{n^{n}} )}{lnn^{n}}= n \cdot log_{n^{n}} ( \frac{(n+1)^{n+1}}{n^{n}})= log_{n}( \frac{(n+1)^{n+1}}{n^{n}})=(n+1) \cdot log_{n} (n+1) - n}\)

Należy obliczyć granicę, która chyba jest większa lub równa 1- zatem szereg jest zbieżny.

Proszę również jakiegoś fachowca o sprawdzenie tego

*Zasada tego kryterium:
\(\displaystyle{ R_{n}=n \cdot ( \frac{a_{n}}{a_{n+1}}-1)}\)
Jeżeli dla odpowiednio dużych n:
\(\displaystyle{ R_{n}<1}\)
To szereg jest rozbieżny.


Pozdrawiam.

[miodzio1988]

Arxas jesli kryterium del'Amberta nie okresla zbieznosci danego szeregu to nie znaczy ze nie da sie tejze zbieznosci okreslic. Pamietaj ze np kryterium Cauchy'ego jest kryterium silniejszym niz kryterium del'Amberta. Szereg jest oczywiscie zbiezny ale nie widze sposobu aby zrobic to inaczej niz z kr. kondensacyjnego.

[ajb]

niby to z egzaminów z poprzednich lat, więc może coś z programu wycofali.

[Arxas]

A kto mówi, że się nie da? Pewnie się da, tylko trzeba zastosować odpowiednie kryterium. Może właśnie, tak jak mówisz, kondensacyjne, aczkolwiek takiego nie poznałem jeszcze.

[miodzio1988]

\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } a_{n}}\) jest zbiezny \(\displaystyle{ \Leftrightarrow}\) \(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{ \infty } 2^{k} a_{ 2^{k} }}\) jest zbiezny
cos takiego kolezanka miala?

Edit
brakuje zalozenia oczywiscie ze:
\(\displaystyle{ a _{n} \ge 0 i a_{n}}\) jest ciagiem malejacym

[ajb]

niestety nie

trudno, wychodzę z założenia że zadanie dla mnie niewykonalne

[Sir George]

ale nie potrafię udowodnić zbieżności szeregu

Bo nie jest zbieżny. Jeśli się nie mylę, to \(\displaystyle{ \ n\cdot \ln n^2\,=\,2\cdot n\cdot\ln n\,}\), a szereg \(\displaystyle{ \sum\frac1{n\ln n}}\) jest rozbieżny... (najprościej pokazać to z kryterium kondensacycyjnego właśnie)...-- 24 stycznia 2009, 14:07 --Aha, jest jeszcze kryterium całkowe... tj. dla dodatniej funkcji malejącej \(\displaystyle{ f}\) szereg \(\displaystyle{ \sum f(n)}\) jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy zbieżna jest całka \(\displaystyle{ \int\limits_{c}^{+\infty}\,f(x)\,dx}\)


Pozdrawiam,...

[Frey]

no to ciekawe jeszcze jakiego kryterium chcecie użyć, żeby pokazać, że nie umiecie rozstrzygnąć jak to zrobić.

Szereg jest naturalnie zbieżny.

Ale nie jest to szereg geometryczny wiec te kryteria w stylu chauchego, d'amberta nie działają. Jak chcecie bez kryterium zagęszczeniowego tego zrobić to ja nie wiem. Moim zdaniem lepiej nauczyć się jednego kryterium niż kombinować.

[miki999]

no to ciekawe jeszcze jakiego kryterium chcecie użyć, żeby pokazać, że nie umiecie rozstrzygnąć jak to zrobić.

To ja jeszcze zaproponuję Jermakowa


Pozdrawiam.