Istnienie i ciągłość funkcji granicznej, jednostajna zbieżność. Zmiana kolejności przejścia granicznego. Różniczkowanie i całkowanie szeregów. Istnienie i zbieżność rozwinięć Taylora, Maclaurina, Fouriera itd.
Jedyny pomysł, na jaki wpadłem dotyczy podpunktu a: \(\displaystyle{ \ln{n} = n^{\log_n{\left( \ln{n}\right) }}}\)
I w związku z tym: \(\displaystyle{ \sum_{n = 2}^{\infty} \frac{1}{n^{\alpha} \ln{n}} = \sum_{n = 2}^{\infty} \frac{1}{n^{\alpha +\log_n{\left( \ln{n}\right) } }}}\)
Mamy tutaj charakterystyczny szerego postaci \(\displaystyle{ \sum_{n = 2}^{\infty} \frac{1}{n^p}}\)
który jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy \(\displaystyle{ p > 1}\)
Czyli w naszym wypadku \(\displaystyle{ \alpha +\log_n\left( {\ln{n}}\right) } > 1 \\ \alpha > 1 - \log_n{\left( \ln{n}\right) }}}\)
No i tutaj się troszkę "zacinam". Wiadomo że pierwsze skończenie wiele wyrazów szeregu nie wpływa na jego zbieżność. Czy w związku z tym mogę przyjąć że \(\displaystyle{ \alpha > 1}\)? Niby zgadza się to z odpowiedzią w książce, ale nie wiem czy jest to poprawne rozumowanie, czy tylko dobry wynik ze złego uzasadnienia.
Generalnie dobry pomysł, tylko przydałoby się to zapisać bardziej formalnie, np.rozbić na przypadki.
1) \(\displaystyle{ \alpha>1}\) Korzystamy z kryterium porównawczego zbieżności szeregów: \(\displaystyle{ \frac{1}{ n^{\alpha} \ln(n) }< \frac{1}{ n^{\alpha}}}\)
Szereg \(\displaystyle{ \sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n^{\alpha}}}\) jest zbieżny dla \(\displaystyle{ \alpha>1}\), zatem wyjściowy szereg także jest zbieżny.
2) \(\displaystyle{ \alpha=1}\) Można na różne sposoby, najłatwiej chyba uzasadnić rozbieżność szeregu z kryterium całkowego.
3) \(\displaystyle{ \alpha=0}\) Tutaj też łatwo pokazujemy rozbieżność, np. kryterium porównawcze i szereg \(\displaystyle{ \sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n}}\)
4) \(\displaystyle{ \alpha \in (0,1)}\) Tutaj trzeba się trochę bardziej namęczyć, ale także wystarczy kryterium porównawcze. Weźmy dowolne \(\displaystyle{ \alpha \in (0,1)}\), wtedy \(\displaystyle{ \alpha=1-\epsilon}\) dla pewnego \(\displaystyle{ \epsilon > 0}\). Od pewnego miejsca tj.odpowiednio dużego n \(\displaystyle{ \ln(n)< n^{\epsilon}}\) (dość znany fakt, ale można to uzasadnić, np. stosując regułę de l'Hospitala do granicy \(\displaystyle{ \lim_{ x \to \infty} \frac{\ln(x)}{x^{\epsilon}}}\) dla \(\displaystyle{ \epsilon \in (0,1)}\) ). Dlatego (od pewnego miejsca) mamy: \(\displaystyle{ n^{(1-\epsilon)}\ln(n)<n^{(1-\epsilon)}n^{\epsilon}=n}\), stąd \(\displaystyle{ \frac{1}{n^{\alpha}\ln(n)}> \frac{1}{n}}\).
Wiemy, że skończona liczba wyrazów nie wpływa na zbieżność (wyrazy, dla których ta nierówność niekoniecznie zachodzi), zatem z kryterium porównawczego szereg jest rozbieżny. Można to dokończyć też twoim sposobem. Wystarczyłoby pokazać, że dla dużych n \(\displaystyle{ \log_n{\ln(n)}}\) jest mniejsze od \(\displaystyle{ \epsilon}\). Najłatwiej zapisując to wyrażenie jako \(\displaystyle{ \frac{\ln(\ln(x))}{\ln(x)}}\), co dąży do zera.
Domyślam się jeszcze że w ramach formalności warto rozpatrzyć \(\displaystyle{ \alpha < 0}\)? Ale to też można zrobić łatwo - szereg nie spełnia wtedy warunku koniecznego zbieżności. Dziękuję!
Czy mógłbym jeszcze prosić o rzucenie okiem na moje pomysły na podpunkt (b)?
Pierwsze co można zauważyć, to że \(\displaystyle{ \sin{\frac{1}{n^5}} \in \left( 0, 1\right)}\)
czyli: \(\displaystyle{ n^{2 \alpha} \sin{\frac{1}{n^5}} < n^{2 \alpha} = \frac{1}{n^{-2 \alpha}}}\)
Czyli dla \(\displaystyle{ -2 \alpha > 1}\) nasz szereg jest zbieżny na podstawie kryterium porównawczego. Podsumowując: dla \(\displaystyle{ \alpha < -\frac{1}{2}}\) szereg zbieżny.
Wpadłem jeszcze na taki pomysł: sprawdźmy kiedy szereg nie spełnia warunku koniecznego.
Zbadałem granicę \(\displaystyle{ \lim_{x \to \infty} x^{2 \alpha} \sin{\frac{1}{x^5}}}\)
Dobra, czyli na razie podsumowując:
Dla \(\displaystyle{ \alpha < -\frac{1}{2}}\) szereg zbieżny
Dla \(\displaystyle{ \alpha \ge \frac{5}{2}}\) szereg rozbieżny
Czy mógłbym prosić o sprawdzenie tej części zanim zacznę brnąć dalej?
