Mam takie zadanie, z którym częściowo nie mogę sobie poradzić:
Dla jakich rzeczywistych \(\displaystyle{ \alpha}\) podany szereg jest zbieżny? \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty }n ^{2 \alpha }\sin \left( \frac{1}{n ^{5} } \right)}\)
Dla \(\displaystyle{ \alpha \in \left\langle - \infty ,0\right)}\) jest zbieżny z kryterium Dirichleta, dla \(\displaystyle{ \alpha =0}\) zbieżny z kryterium ilorazowego. Jednak reszty nie wiem jak wyznaczyć?
Jak tutaj w ogóle podejść do sprawy dla \(\displaystyle{ \alpha >0}\)?
Odp:
Ukryta treść:
\(\displaystyle{ \alpha <2}\)
Ostatnio zmieniony 2 wrz 2015, o 21:38 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód:Skaluj nawiasy.
Wykorzystałbym kryterium porównawcze. \(\displaystyle{ \sin{x} < x}\) dla \(\displaystyle{ x > 0}\) więc \(\displaystyle{ \sin{\frac{1}{n^5}} < \frac{1}{n^5}}\) \(\displaystyle{ n ^{2 \alpha }\sin{ \left( \frac{1}{n ^{5} } \right) < n ^{2 \alpha } \cdot \frac{1}{n^5}}\)
I teraz pozostaje zbadać, dla jakich \(\displaystyle{ \alpha}\) prawa strona nierówności jest zbieżna.
Rzeczywiście dzięki tej zależności mam to brakujące \(\displaystyle{ <0,2)}\). Muszę dowodzić, że dla pozostałych nie zachodzi zbieżność? Nie za bardzo wiem jak.
No jak najbardziej by się przydało.
Mamy \(\displaystyle{ \frac{n^{2\alpha} \sin{\frac{1}{n^5}} \cdot \frac{1}{n^5}}{\frac{1}{n^5}} = \frac{\sin{\frac{1}{n^5}} }{\frac{1}{n^5}} \cdot \frac{n^{2 \alpha}}{n^5} = \frac{\sin{\frac{1}{n^5}} }{\frac{1}{n^5}} \cdot n^{2 \alpha - 5}}\)
Wykorzystując \(\displaystyle{ \lim_{x \to 0} \frac{\sin{x}}{x} = 1}\) widzimy, że dla \(\displaystyle{ \alpha \ge \frac{5}{2}}\) nie jest spełniony warunek konieczny zbieżności, bo wyraz ogólny nie zbiega do \(\displaystyle{ 0}\)
A na końcówkę nie mam pomysłu, mózg mi paruje, przepraszam. Zostało \(\displaystyle{ \alpha \in \left <2, \frac{5}{2} \right )}\)
Szereg harmoniczny \(\displaystyle{ \sum_{}^{} \frac{1}{n^a}}\) jest rozbieżny dla \(\displaystyle{ a \le 1}\), może z tym pokombinuj do końca.
NogaWeza w zasadzie rozwiązał zadanie do końca, tylko chyba tego nie zauważył.
Natomiast zadanie wygodnie idzie też z asymptotycznego kryterium porównawczego.
Jako że \(\displaystyle{ \lim_{t \to 0} \frac{\sin t}{t}=1}\), mamy też w szczególności \(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } \frac{n^{2\alpha}\sin\left( \frac{1}{n^{5}} \right)}{n^{2\alpha} \frac{1}{n^{5}} }=1}\), tak więc \(\displaystyle{ \sum_{}^{} n^{2\alpha}\sin\left( \frac{1}{n^{5}} \right)}\) jest zbieżny \(\displaystyle{ \Leftrightarrow \sum_{}^{} \frac{n^{2\alpha}}{n^{5}}}\) jest zbieżny.-- 2 wrz 2015, o 20:33 --No a dowód tego wspomnianego faktu, że \(\displaystyle{ \sum_{}^{} \frac{1}{n^{a}}}\) jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy \(\displaystyle{ a>1}\), można przeprowadzić np. z użyciem kryterium kondensacyjnego (założenia tego kryterium działają dla \(\displaystyle{ a>0}\), dla \(\displaystyle{ a \le 0}\) niespełniony jest warunek konieczny zbieżności).
