Zbadaj zbieżność szeregu

[K0za]

Zbadaj zbieżność szeregu \(\displaystyle{ \Sigma \frac{1}{n+ \ln ^{2} {n}}}\)
Z kryterium kondensacyjnego nie wychodzi, całkowe też nie pomaga. Zgaduje, że trzeba uzyc porównawczego, ale do czego to porównać? Czy dla dużych n spełnione jest \(\displaystyle{ n*\ln{n} \ge n+\ln{n}}\) Wtedy nie byloby problemu, ale nie umiem tego pokazać

[Premislav]

Tak, taka nierówność jest prawdziwa dla dostatecznie dużych \(\displaystyle{ n}\), ale nie widzę, żeby coś tu dawała. Jeśli już, to \(\displaystyle{ n \ln n \ge n+\ln^2 n}\) by coś dawała.
A to też jest prawdą dla dostatecznie dużych \(\displaystyle{ n \in \NN}\), chociaż prościej byłoby wykazać np. nierówność \(\displaystyle{ \ln n \le \sqrt{n}}\)

[Janusz Tracz]

Z kryterium kondensacyjnego nie wychodzi

\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{1}{n+\ln^2n} \Leftrightarrow \sum_{k=1}^{ \infty } 2^k \cdot \frac{1}{2^k+k^2 \cdot \ln^22}}\)

\(\displaystyle{ \lim_{k \to \infty }\frac{2^k}{2^k+k^2 \cdot \ln^22}=1}\)

Więc nie spełnia warunku koniecznego.

[K0za]

Dzięki.
Hmm, mnie uczyli, że jeśli \(\displaystyle{ \Sigma 2 ^{k}a _{n}}\) jest zbieżny, to \(\displaystyle{ \Sigma a _{n}}\) również jest zbieżny. Nie wiedziałem, że można analogicznie wnioskować w przypadku rozbieżności.
A co do nierówności
\(\displaystyle{ n \ln n \ge n+\ln^2 n \\ n \ln n - \ln^2 n \ge n \\ \ln^2 n\left( n-1\right) \ge n \\ \ln^2 n \ge \frac{n}{n-1}}\)
Jeśli teraz narysuje wykresy \(\displaystyle{ f(x)=\ln^2 x}\) oraz \(\displaystyle{ g(x)= \frac{x}{x-1}}\) to dowód będzie poprawny?
Oczywiście sprawdziłem i Don Janusz Tracz ma rację, ale z czystej ciekawości chciałbym to zrobić na 2 sposoby

[Premislav]

Narysowanie wykresu może pomóc wysunąć jakąś hipotezę, ale nie jest dowodem.
Poza tym nie rozumiem, jak z \(\displaystyle{ n\ln n-\ln^2 n \ge n}\)
zrobiłeś \(\displaystyle{ \ln^2 n(n-1) \ge n}\), moim zdaniem tu jest jakiś błąd rachunkowy.

[K0za]

Jasne, masz rację. Od początku chodziło o \(\displaystyle{ n \ln^2 n - \ln^2 n \ge n}\). Dzięki za pomoc

[Janusz Tracz]

Nie wiem czy to literówka czy błąd, ale kryterium kondensacyjne mówi o równoważności między

\(\displaystyle{ \sum_{}^{} a_n \Leftrightarrow \sum_{}^{} 2^na_{2^n}}\)

a nie

\(\displaystyle{ \Sigma 2 ^{k}a _{n}}\) jest zbieżny, to \(\displaystyle{ \Sigma a _{n}}\)

Z kryterium kondensacyjnego wnioskować można w 2 strony. Jego dowód bierze się z nierówności dla funkcji/ciągu posiadającej własności pozwalające na użycie tego kryterium.

\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } a_n \le \sum_{n=1}^{ \infty } 2^na_{2^n} \le 2 \cdot \sum_{n=1}^{ \infty }a_n}\)

[Premislav]

K0za, ale nierówność
\(\displaystyle{ n \ln^2 n - \ln^2 n \ge n}\)
jest za słaba, by udowodnić rozbieżność "Twojego" szeregu, bo szereg
\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{1}{n\ln^2 n}}\)
jest zbieżny na mocy kryterium kondensacyjnego (bądź, jeśli ktoś woli, można to też uzasadnić z kryterium całkowego).