[MIX] Ostatnie zadania przeróżne
: 7 kwie 2016, o 23:00
autor: Premislav
O mado morska, jakie żmudne zadanie.
Tak mi się widzi, że powinno istnieć znacznie ładniejsze rozwiązanie, korzystające z
istnienia \(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty }H_{n}-\ln n=\gamma}\) lub z jakichś mocniejszych własności, jednak w zeszłym tygodniu próbowałem tak zrobić to zadanie przez jakieś dwie godziny i nic nie wyszło.
Pewnie zaraz przyjdzie jakiś Kryptonianin i rozwali to w jednej linijce.
7.:
Po pierwsze zauważmy, że
\(\displaystyle{ \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{(-1)^n}{3n+1}=- \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{(-1)^{3n+1}}{3n+1}}\)
Teraz przeliczę sumę \(\displaystyle{ \sum_{n=0}^{ \infty } \frac{x^{3n+1}}{3n+1}}\) dla \(\displaystyle{ \left| x\right|<1}\), następnie zauważę, że to jest dobrze określone także dla \(\displaystyle{ x=-1}\) i podstawię takie \(\displaystyle{ x}\), żeby uzyskać hipotezę co do wartości tej sumki, a wreszcie, jako że \(\displaystyle{ -1}\) jest na brzegu przedziału zbieżności, konieczne będzie wykazanie, że
\(\displaystyle{ f(x)=\sum_{n=0}^{ \infty } \frac{x^{3n+1}}{3n+1}}\) jest prawostronnie ciągła w \(\displaystyle{ -1}\)
- ta część zadania najmniej mi się podoba, dlatego zostawiam ją na koniec.
Niech \(\displaystyle{ \left| x\right|<1}\). Wtedy z twierdzenia o różniczkowaniu szeregów potęgowych wyraz po wyrazie mamy \(\displaystyle{ \frac{d}{dx}\sum_{n=0}^{ \infty } \frac{x^{3n+1}}{3n+1}= \sum_{n=0}^{+\infty}x^{3n}= \frac{1}{1-x^{3}}}\)
Całkując obustronnie, mamy
\(\displaystyle{ \sum_{n=0}^{ \infty } \frac{x^{3n+1}}{3n+1}= \int_{0}^{x} \frac{dt}{1-t^{3}}=\\= \frac{1}{6} \left((2\sqrt{3} \arctan \left[\frac{(2x+1)}{\sqrt{3}}\right] - 2 \ln\left| 1-x\right| + \ln(1 + x + x^2)\right)-\frac{ \sqrt{3}\pi }{18}}\)
(pominę obliczenia ze swojej kartki, to jest standardowy rozkład na ułamki proste, wychodzi z układu równań \(\displaystyle{ \frac{1}{1-t^{3}}= \frac{ \frac{1}{3} }{1-t}+ \frac{ \frac{1}{3}t+ \frac{2}{3} }{1+t+t^{2}}}\) ,potem jakoś to rozbijamy na nietrudne rzeczy z liniowości całki, cześć z nich całkujemy do logarytmów, odpowiednio rozpisując, a to, co zostanie, do arcusa tangensa po zwinięciu trójmianu z mianownika do postaci kanonicznej).
Teraz wstawiając \(\displaystyle{ x=-1}\) i mnożąc przez \(\displaystyle{ -1}\), które wyłączyłem przed szereg, otrzymuję \(\displaystyle{ \frac{1}{3}\ln 2+ \frac{\sqrt{3}\pi}{9}}\), nie tak źle to wygląda.
No ale teraz potrzebne jest to, co najgorsze i chyba najważniejsze w tym rozumowaniu: nie możemy sobie tak beztrosko różniczkować/całkować wyraz po wyrazie na brzegu przedziału zbieżności, więc robimy to dla \(\displaystyle{ -1+\varepsilon}\) i dostajemy ładną funkcję ciągłą tam, gdzie nas to interesuje, której wartość
w \(\displaystyle{ -1}\) napisałem wyżej. No to teraz tak:
należy wykazać, że \(\displaystyle{ \lim_{x \to -1^{+}}\left|\sum_{n=0}^{ \infty } \frac{x^{3n+1}}{3n+1}-\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{(-1)^{3n+1}}{3n+1}
\right|=0}\). A na to nie mam innej metody, niż z definicji. Ustalmy dowolne \(\displaystyle{ \varepsilon>0}\). Ponieważ szereg \(\displaystyle{ \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{(-1)^{3n+1}}{3n+1}}\) jest zbieżny na mocy kryterium Leibniza, więc istnieje takie naturalne \(\displaystyle{ n_{0}}\), że dla wszystkich \(\displaystyle{ N}\) nie mniejszych od \(\displaystyle{ n_{0}}\) zachodzi \(\displaystyle{ \left| \sum_{n=N}^{ \infty }\frac{(-1)^{3n+1}}{3n+1} \right|< \frac{\varepsilon}{3}}\). Ponadto zauważmy, że ze wzoru na różnicę n-tych potęg mamy \(\displaystyle{ \left| \sum_{n=1}^{M} \frac{x^{3n+1}-(-1)^{3n+1}}{3n+1} \right|=\left| x+1\right|\left| \sum_{n=1}^{M} \frac{x^{3n}-x^{3n-1}+...+(-1)^{n}}{3n+1} \right| < M\left| x+1\right|}\) z nierówności trójkąta, bo \(\displaystyle{ x}\) jest domyślnie liczbą ujemną o module mniejszym od \(\displaystyle{ 1}\). Ponadto dla ujemnego \(\displaystyle{ x>-1}\) możemy zróżniczkować
\(\displaystyle{ \sum_{n=n_{1}}^{ \infty } \frac{x^{3n+1}}{3n+1}}\) wyraz po wyrazie i stąd łatwo uzyskujemy (suma szeregu geometrycznego), że gdy \(\displaystyle{ n_{1}}\) jest parzyste, to \(\displaystyle{ f(x)=\sum_{n=n_{1}}^{ \infty } \frac{x^{3n+1}}{3n+1}}\) jest rosnąca dla interesujących nas iksów. Ponadto w sposób trywialny takie sumy zaczynające się od parzystego \(\displaystyle{ n_{1}}\) (więc od ujemnego składnika) są ujemne, więc skoro są ujemne i rosnące, to ich moduły są malejące.
Niech teraz \(\displaystyle{ N_{1}}\) będzie najmniejszą liczbą naturalną parzystą, dla której zachodzi
\(\displaystyle{ \left| \sum_{n=N_{1}}^{ \infty } \frac{(-1)^{n}}{3n+1} \right|< \frac{\varepsilon}{3}}\). Wówczas także \(\displaystyle{ \left| \sum_{n=N_{1}}^{ \infty } \frac{x^{3n+1}}{3n+1} \right|< \frac{\varepsilon}{3}}\) dla wszystkich ujemnych iksów większych od \(\displaystyle{ -1}\). Jeśli zatem dobierzemy \(\displaystyle{ \delta= \frac{\varepsilon}{3N_{1}}}\) i weźmiemy \(\displaystyle{ x>-1+\delta}\), to z nierówności trójkąta i powyższych obserwacji mamy
\(\displaystyle{ \left|\sum_{n=0}^{ \infty } \frac{x^{3n+1}}{3n+1}-\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{(-1)^{3n+1}}{3n+1}
\right|< 3\frac{\varepsilon}{3}=\varepsilon}\), c.k.d.
Skoro zaś \(\displaystyle{ \lim_{x \to -1^{+}}\left|\sum_{n=0}^{ \infty } \frac{x^{3n+1}}{3n+1}-\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{(-1)^{3n+1}}{3n+1}
\right|=0}\), to mamy prawostronną ciągłość tej sumy w zerze i wynikiem zadania jest
\(\displaystyle{ \frac{1}{3}\ln 2+ \frac{\sqrt{3}\pi}{9}}\)
\(\displaystyle{ \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{(-1)^n}{3n+1}=- \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{(-1)^{3n+1}}{3n+1}}\)
Teraz przeliczę sumę \(\displaystyle{ \sum_{n=0}^{ \infty } \frac{x^{3n+1}}{3n+1}}\) dla \(\displaystyle{ \left| x\right|<1}\), następnie zauważę, że to jest dobrze określone także dla \(\displaystyle{ x=-1}\) i podstawię takie \(\displaystyle{ x}\), żeby uzyskać hipotezę co do wartości tej sumki, a wreszcie, jako że \(\displaystyle{ -1}\) jest na brzegu przedziału zbieżności, konieczne będzie wykazanie, że
\(\displaystyle{ f(x)=\sum_{n=0}^{ \infty } \frac{x^{3n+1}}{3n+1}}\) jest prawostronnie ciągła w \(\displaystyle{ -1}\)
- ta część zadania najmniej mi się podoba, dlatego zostawiam ją na koniec.
Niech \(\displaystyle{ \left| x\right|<1}\). Wtedy z twierdzenia o różniczkowaniu szeregów potęgowych wyraz po wyrazie mamy \(\displaystyle{ \frac{d}{dx}\sum_{n=0}^{ \infty } \frac{x^{3n+1}}{3n+1}= \sum_{n=0}^{+\infty}x^{3n}= \frac{1}{1-x^{3}}}\)
Całkując obustronnie, mamy
\(\displaystyle{ \sum_{n=0}^{ \infty } \frac{x^{3n+1}}{3n+1}= \int_{0}^{x} \frac{dt}{1-t^{3}}=\\= \frac{1}{6} \left((2\sqrt{3} \arctan \left[\frac{(2x+1)}{\sqrt{3}}\right] - 2 \ln\left| 1-x\right| + \ln(1 + x + x^2)\right)-\frac{ \sqrt{3}\pi }{18}}\)
(pominę obliczenia ze swojej kartki, to jest standardowy rozkład na ułamki proste, wychodzi z układu równań \(\displaystyle{ \frac{1}{1-t^{3}}= \frac{ \frac{1}{3} }{1-t}+ \frac{ \frac{1}{3}t+ \frac{2}{3} }{1+t+t^{2}}}\) ,potem jakoś to rozbijamy na nietrudne rzeczy z liniowości całki, cześć z nich całkujemy do logarytmów, odpowiednio rozpisując, a to, co zostanie, do arcusa tangensa po zwinięciu trójmianu z mianownika do postaci kanonicznej).
Teraz wstawiając \(\displaystyle{ x=-1}\) i mnożąc przez \(\displaystyle{ -1}\), które wyłączyłem przed szereg, otrzymuję \(\displaystyle{ \frac{1}{3}\ln 2+ \frac{\sqrt{3}\pi}{9}}\), nie tak źle to wygląda.
No ale teraz potrzebne jest to, co najgorsze i chyba najważniejsze w tym rozumowaniu: nie możemy sobie tak beztrosko różniczkować/całkować wyraz po wyrazie na brzegu przedziału zbieżności, więc robimy to dla \(\displaystyle{ -1+\varepsilon}\) i dostajemy ładną funkcję ciągłą tam, gdzie nas to interesuje, której wartość
w \(\displaystyle{ -1}\) napisałem wyżej. No to teraz tak:
należy wykazać, że \(\displaystyle{ \lim_{x \to -1^{+}}\left|\sum_{n=0}^{ \infty } \frac{x^{3n+1}}{3n+1}-\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{(-1)^{3n+1}}{3n+1}
\right|=0}\). A na to nie mam innej metody, niż z definicji. Ustalmy dowolne \(\displaystyle{ \varepsilon>0}\). Ponieważ szereg \(\displaystyle{ \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{(-1)^{3n+1}}{3n+1}}\) jest zbieżny na mocy kryterium Leibniza, więc istnieje takie naturalne \(\displaystyle{ n_{0}}\), że dla wszystkich \(\displaystyle{ N}\) nie mniejszych od \(\displaystyle{ n_{0}}\) zachodzi \(\displaystyle{ \left| \sum_{n=N}^{ \infty }\frac{(-1)^{3n+1}}{3n+1} \right|< \frac{\varepsilon}{3}}\). Ponadto zauważmy, że ze wzoru na różnicę n-tych potęg mamy \(\displaystyle{ \left| \sum_{n=1}^{M} \frac{x^{3n+1}-(-1)^{3n+1}}{3n+1} \right|=\left| x+1\right|\left| \sum_{n=1}^{M} \frac{x^{3n}-x^{3n-1}+...+(-1)^{n}}{3n+1} \right| < M\left| x+1\right|}\) z nierówności trójkąta, bo \(\displaystyle{ x}\) jest domyślnie liczbą ujemną o module mniejszym od \(\displaystyle{ 1}\). Ponadto dla ujemnego \(\displaystyle{ x>-1}\) możemy zróżniczkować
\(\displaystyle{ \sum_{n=n_{1}}^{ \infty } \frac{x^{3n+1}}{3n+1}}\) wyraz po wyrazie i stąd łatwo uzyskujemy (suma szeregu geometrycznego), że gdy \(\displaystyle{ n_{1}}\) jest parzyste, to \(\displaystyle{ f(x)=\sum_{n=n_{1}}^{ \infty } \frac{x^{3n+1}}{3n+1}}\) jest rosnąca dla interesujących nas iksów. Ponadto w sposób trywialny takie sumy zaczynające się od parzystego \(\displaystyle{ n_{1}}\) (więc od ujemnego składnika) są ujemne, więc skoro są ujemne i rosnące, to ich moduły są malejące.
Niech teraz \(\displaystyle{ N_{1}}\) będzie najmniejszą liczbą naturalną parzystą, dla której zachodzi
\(\displaystyle{ \left| \sum_{n=N_{1}}^{ \infty } \frac{(-1)^{n}}{3n+1} \right|< \frac{\varepsilon}{3}}\). Wówczas także \(\displaystyle{ \left| \sum_{n=N_{1}}^{ \infty } \frac{x^{3n+1}}{3n+1} \right|< \frac{\varepsilon}{3}}\) dla wszystkich ujemnych iksów większych od \(\displaystyle{ -1}\). Jeśli zatem dobierzemy \(\displaystyle{ \delta= \frac{\varepsilon}{3N_{1}}}\) i weźmiemy \(\displaystyle{ x>-1+\delta}\), to z nierówności trójkąta i powyższych obserwacji mamy
\(\displaystyle{ \left|\sum_{n=0}^{ \infty } \frac{x^{3n+1}}{3n+1}-\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{(-1)^{3n+1}}{3n+1}
\right|< 3\frac{\varepsilon}{3}=\varepsilon}\), c.k.d.
Skoro zaś \(\displaystyle{ \lim_{x \to -1^{+}}\left|\sum_{n=0}^{ \infty } \frac{x^{3n+1}}{3n+1}-\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{(-1)^{3n+1}}{3n+1}
\right|=0}\), to mamy prawostronną ciągłość tej sumy w zerze i wynikiem zadania jest
\(\displaystyle{ \frac{1}{3}\ln 2+ \frac{\sqrt{3}\pi}{9}}\)
istnienia \(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty }H_{n}-\ln n=\gamma}\) lub z jakichś mocniejszych własności, jednak w zeszłym tygodniu próbowałem tak zrobić to zadanie przez jakieś dwie godziny i nic nie wyszło.
Pewnie zaraz przyjdzie jakiś Kryptonianin i rozwali to w jednej linijce.