Widać, z wcześniejszych rozważań, że dla \(\displaystyle{ \alpha=1}\) mamy zbieżność bezwzględną.
Chyba jednak nie. Przecież \(\displaystyle{ \sqrt[n]{3}-1>\sqrt[n]{2}-1}\), a co do szeregu \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } \left( \sqrt[n]{2}-1\right)}\),
to udowodniłeś już, że jest on rozbieżny.
Rozwiązanie zadania: ponieważ \(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } \frac{\sqrt[n]{3}-1}{\frac 1 n}=\ln 3}\) (korzystam ze znanej granicy specjalnej \(\displaystyle{ \lim_{x \to 0} \frac{a^x-1}{x}=\ln a}\) i definicji Heinego granicy funkcji) ,
to dla każdego \(\displaystyle{ \alpha}\) rzeczywistego mamy \(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } \frac{(\sqrt[n]{3}-1)^{\alpha}}{\frac {1} {n^{\alpha}}}=\lim_{n \to \infty }\left( \frac{\sqrt[n]{3}-1}{\frac 1 n}\right)^{\alpha}=(\ln 3)^{\alpha}}\), a to jest pewna stała dodatnia (dla konkretnego \(\displaystyle{ \alpha}\)),
więc na mocy asymptotycznego kryterium porównawczego mamy, że \(\displaystyle{ \sum_{}^{} (\sqrt[n]{3}-1)^{\alpha}}\) jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy \(\displaystyle{ \sum_{}^{} \frac{1}{n^{\alpha}}}\) jest zbieżny.
Widać, z wcześniejszych rozważań, że dla \(\displaystyle{ \alpha=1}\) mamy zbieżność bezwzględną.
Chyba jednak nie. Przecież \(\displaystyle{ \sqrt[n]{3}-1>\sqrt[n]{2}-1}\), a co do szeregu \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } \left( \sqrt[n]{2}-1\right)}\),
to udowodniłeś już, że jest on rozbieżny.
Jasne.
Premislav pisze:
Rozwiązanie zadania: ponieważ \(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } \frac{\sqrt[n]{3}-1}{\frac 1 n}=\ln 3}\) (korzystam ze znanej granicy specjalnej \(\displaystyle{ \lim_{x \to 0} \frac{a^x-1}{x}=\ln a}\) i definicji Heinego granicy funkcji) ,
to dla każdego \(\displaystyle{ \alpha}\) rzeczywistego mamy \(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } \frac{(\sqrt[n]{3}-1)^{\alpha}}{\frac {1} {n^{\alpha}}}=\lim_{n \to \infty }\left( \frac{\sqrt[n]{3}-1}{\frac 1 n}\right)^{\alpha}=(\ln 3)^{\alpha}}\), a to jest pewna stała dodatnia (dla konkretnego \(\displaystyle{ \alpha}\)),
więc na mocy asymptotycznego kryterium porównawczego mamy, że \(\displaystyle{ \sum_{}^{} (\sqrt[n]{3}-1)^{\alpha}}\) jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy \(\displaystyle{ \sum_{}^{} \frac{1}{n^{\alpha}}}\) jest zbieżny.
To wszystko jest jasne dla mnie. Natomiast nie jest jasne, dlaczego zaprzęgasz definicję granicy funkcji do liczenia granicy ciągu ? Wiem, że ciąg jest funkcją, ale nie jest funkcją ciągłą. Nie jestem przekonany na 100% czy możemy w ten sposób postąpić.
Natomiast dla \(\displaystyle{ \alpha \le 0}\) dostajemy, że szereg jest rozbieżny. Hmm ?
Oczywiście, że możemy, ale wymaga to pewnego komentarza - pisałem o definicji Heinego granicy funkcji.
Co ona mówi? Granica funkcji \(\displaystyle{ f: D \mapsto \RR}\) w punkcie \(\displaystyle{ x_0}\) jest równa \(\displaystyle{ g}\) wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdego ciągu \(\displaystyle{ (a_{n})_{n \in \NN}}\) elementów \(\displaystyle{ D}\), który jest zbieżny do \(\displaystyle{ x_0}\) mamy \(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty }f(a_n)=g}\).
Skoro zatem wiemy, że \(\displaystyle{ \lim_{x \to 0} \frac{a^x-1}{x}=\ln a}\) dla \(\displaystyle{ a>0}\), to możemy skorzystać z definicji Heinego i wziąć ciąg o entym wyrazie danym równością \(\displaystyle{ a_n=\frac 1 n}\). Oczywiście \(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty }a_n=0}\) i ponieważ powyższa granica funkcji istnieje, to \(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } f(a_n)}\) jest równa tej granicy na mocy definicji Heinego granicy funkcji.
Niemniej jednak można to rozwiązać bardziej elementarnie (też z użyciem kryterium ilorazowego, bo to bardzo wygodne) - bez granicy funkcji, tylko ja nie jestem dobry z manipulowania nierównością Bernoulliego i wzorem dwumianowym (ogólnie jestem słaby z matematyki), więc w tym celu musiałbym posłużyć się nierównościami między średnimi (arytmetyczną i geometryczną oraz geometryczną i harmoniczną). Podobnie jak poprzednio, tylko trzeba by jeszcze oszacować z drugiej strony.
Dla \(\displaystyle{ n \ge 3}\) jest \(\displaystyle{ \sqrt[n]{3}= \sqrt[n]{\sqrt{3} \cdot \sqrt{3} \cdot 1^{n-2}} \ge \frac{n}{ \frac{1}{\sqrt{3}}+ \frac{1}{\sqrt{3}}+n-2 }= \frac{\sqrt{3}n}{2+\sqrt{3}(n-2)}}\)
na mocy nierówności między średnią geometryczną a harmoniczną, zatem \(\displaystyle{ \sqrt[n]{3}-1 \ge \frac{\sqrt{3}n-2-\sqrt{3}(n-2)}{2+\sqrt{3}(n-2)}= \frac{2\sqrt{3}-2}{\sqrt{3}n+2-2\sqrt{3}}}\)
Ponadto z nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną dostajemy: \(\displaystyle{ \sqrt[n]{3}=\sqrt[n]{\sqrt{3}\cdot \sqrt{3} \cdot 1^{n-2}} \le \frac{n-2+\sqrt{3}+\sqrt{3}}{n}}\), a zatem \(\displaystyle{ \sqrt[n]{3}-1 \le \frac{2\sqrt{3}-2}{n}}\)
Stąd wynika, że\(\displaystyle{ \sqrt[n]{3}-1=O(1/n)}\) i dalej wiadomo.
-- 11 lip 2016, o 13:53 --
Nie, przepraszam bardzo, kryterium ilorazowe wymagałoby mocniejszych szacowań.
Tutaj wystarczy zwykłe kryterium porównawcze w połączeniu z tymi nierównościami
- na ich mocy mamy, że \(\displaystyle{ \frac {c_1}{ n} \le \sqrt[n]{3}-1 \le \frac {c_2}{ n}}\)
dla dostatecznie dużych \(\displaystyle{ n}\) i pewnych stałych \(\displaystyle{ c_1, c_2}\) dodatnich, więc
dla \(\displaystyle{ \alpha>1}\) szacujemy z góry przez \(\displaystyle{ \frac{c_2^{\alpha}}{n^{\alpha}}}\),
dla \(\displaystyle{ \alpha \in (0,1]}\) szacujemy z dołu przez \(\displaystyle{ \frac{c_1^{\alpha}}{n^{\alpha}}}\),
a dla \(\displaystyle{ \alpha \le 0}\) warunek konieczny zbieżności nie jest spełniony.
Teraz taki szereg: \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{-n^2+3n+1}{\sqrt{n^7-1}}}\)
Rozbiję na sumę: \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{-n^2}{\sqrt{n^7-1}}+\sum_{n=1}^{\infty} \frac{3n}{\sqrt{n^7-1}}+\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{n^7-1}}}\)
Jeśli pokażę, że każdy z szeregów jest bezwzględnie zbieżny, to suma szeregów bezwzględnie zbieżnych też będzie bezwzględnie zbieżna.
Weźmy tylko jeden z nich, bo reszta idzie dokładnie tak samo: \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty}| \frac{-n^2}{\sqrt{n^7-1}}|=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n^2}{\sqrt{n^7-1}}}\)
Spróbuję użyć kryterium asymptotycznego: \(\displaystyle{ \frac{n^2}{\sqrt{n^7}}}\)
Wówczas: \(\displaystyle{ \frac{\frac{n^2}{\sqrt{n^7-1}}}{\frac{n^2}{\sqrt{n^7}}} \to 1 \neq 0}\)
Są więc asymptotycznie podobne, Ponieważ \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{n^2}{\sqrt{n^7}}}\) jest bezwzględnie zbieżny to analizowany szereg też.
Stąd szereg zadany w zadaniu jest zbieżny bezwzględnie.
Czy jest ok ?
Drugi szereg, nieco trudniejszy: \(\displaystyle{ \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n+(-1)^{n+1}}}\)
Zaryzykuję zbieżność bezwzględną (czyli też warunkową) \(\displaystyle{ \sum_{n=0}^{\infty} |\frac{(-1)^n}{n+(-1)^{n+1}}| = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n+(-1)^{n+1}}}\)
No cóż, mogę skorzystać z faktu: Jeśli \(\displaystyle{ \sum_{n=0}^{\infty} a_{2n}}\) i \(\displaystyle{ \sum_{n=0}^{\infty} a_{2n+1}}\) są zbieżne to jest też zbieżny \(\displaystyle{ \sum_{n=0}^{\infty} a_{n}}\)
Widać, że obydwa szeregi: \(\displaystyle{ \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n+1}}\) i \(\displaystyle{ \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n-1}}\) są zbieżne, więc szereg \(\displaystyle{ \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n+(-1)^{n+1}}}\) jest bezwzględnie zbieżny.
Ostatnio zmieniony 12 lip 2016, o 22:57 przez matinf, łącznie zmieniany 1 raz.
Niestety jest zupełnie źle:
mamy \(\displaystyle{ \frac{1}{n+(-1)^{n+1} } \ge \frac{1}{n+1}}\), więc ten szereg na pewno nie jest bezwzględnie zbieżny.
Tak, zorientowałem się jeszcze wcześniej - zobacz na edycję poprzedniego postu,
-- 13 lip 2016, o 12:38 --
Poddaję się, szereg jak widzieliśmy nie może być zbieżny bezwzględnie.
Wydaje się, że może być zbieżny warunkowo, ale nie widać jak to pokazać. Kryterium Dirichleta i Leibniza odpada, bo \(\displaystyle{ \frac{1}{n+(-1)^{n+1}}}\) nie jest malejący ani rosnący. Prawda jest taka, że nie można tu przyłożyć żadnego kryterium, bo albo brak monotoniczności, albo brak stałego znaku.
Można przyłożyć jakieś kryterium, tylko trzeba to zrobić troszkę sprytniej.
Mamy (dla \(\displaystyle{ n>1}\)): \(\displaystyle{ \frac{(-1)^n}{n+(-1)^{n+1}}= \frac{(-1)^n(n-(-1)^{n+1})}{n^2-1}= \frac{n(-1)^n}{n^2-1}+\frac{1}{n^2-1}}\)
Szereg \(\displaystyle{ \sum_{n=2}^{+\infty} \frac{n(-1)^n }{n^2-1}}\) jest zbieżny na mocy kryterium Leibniza
(trzeba trochę się pobawić, żeby wykazać monotoniczność \(\displaystyle{ \frac{n}{n^2-1}}\) od pewnego miejsca - spróbuj), zaś szereg \(\displaystyle{ \sum_{n=2}^{+\infty} \frac{1}{n^2-1}}\) jest zbieżny, bo np. \(\displaystyle{ \frac{1}{n^2-1}< \frac{1}{n^2-n}}\) dla \(\displaystyle{ n\ge 2}\), zaś \(\displaystyle{ \sum_{n=2}^{ \infty } \frac{1}{n^2-n}= \lim_{N \to \infty } \sum_{n=2}^{N}\left( \frac{1}{n-1}- \frac{1}{n} \right)= \lim_{N \to \infty }\left( 1- \frac{1}{N} \right)=1}\),
co dowodzi zbieżności szeregu \(\displaystyle{ \sum_{n=2}^{ \infty } \frac{1}{n^2-n}}\) (i stosujemy kryterium porównawcze).
No a pominięcie pierwszego wyrazu (ogólnie: skończenie wielu wyrazów) nie wpływa na zbieżność szeregu.
Premislav pisze:Można przyłożyć jakieś kryterium, tylko trzeba to zrobić troszkę sprytniej.
Mamy (dla \(\displaystyle{ n>1}\)): \(\displaystyle{ \frac{(-1)^n}{n+(-1)^{n+1}}= \frac{(-1)^n(n-(-1)^{n+1})}{n^2-1}= \frac{n(-1)^n}{n^2-1}+\frac{1}{n^2-1}}\)
Szereg \(\displaystyle{ \sum_{n=2}^{+\infty} \frac{n(-1)^n }{n^2-1}}\) jest zbieżny na mocy kryterium Leibniza
(trzeba trochę się pobawić, żeby wykazać monotoniczność \(\displaystyle{ \frac{n}{n^2-1}}\) od pewnego miejsca - spróbuj), zaś szereg \(\displaystyle{ \sum_{n=2}^{+\infty} \frac{1}{n^2-1}}\) jest zbieżny, bo np. \(\displaystyle{ \frac{1}{n^2-1}< \frac{1}{n^2-n}}\) dla \(\displaystyle{ n\ge 2}\), zaś \(\displaystyle{ \sum_{n=2}^{ \infty } \frac{1}{n^2-n}= \lim_{N \to \infty } \sum_{n=2}^{N}\left( \frac{1}{n-1}- \frac{1}{n} \right)= \lim_{N \to \infty }\left( 1- \frac{1}{N} \right)=1}\),
co dowodzi zbieżności szeregu \(\displaystyle{ \sum_{n=2}^{ \infty } \frac{1}{n^2-n}}\) (i stosujemy kryterium porównawcze).
No a pominięcie pierwszego wyrazu (ogólnie: skończenie wielu wyrazów) nie wpływa na zbieżność szeregu.
Dzięki, rozwiązanie sprytne - choć wymaga pokazania monotoniczności, co nie jest aż takie przyjemne. Natomiast dziwi mnie fakt, że tak skomplikowanie pokazałeś zbieżność szeregu \(\displaystyle{ \frac{1}{n^2-1}}\) - to można albo od razu powiedzieć, że zbieżne, albo znacznie łatwiej przez kryterium asymptotyczne.
a4karo pisze:Wsk. Pokaż, że podciąg ciągu sum częściowych o parzystych numerkach jest zbiezny.
Masz na myśli podciąg: \(\displaystyle{ a_0, a_0 + a_1 + a_2, a_0 + a_1 + a_2 + a_3 + a_4, a_0 + a_1 + a_2 + a_3 + a_4 + a_5 + a_6}\) ?
Nawet jeśli okaże się zbieżny, to dlaczego mi to pomaga ?
matinf pisze:to można albo od razu powiedzieć, że zbieżne, albo znacznie łatwiej przez kryterium asymptotyczne.
W sumie racja. Przekombinowałem trochę.
A monotoniczność nie powinna być problemem, bo gdy \(\displaystyle{ n\neq 0, n \neq 1}\), to \(\displaystyle{ \frac{n}{n^2-1}= \frac{1}{n- \frac{1}{n} }}\), zatem dla \(\displaystyle{ n \in \NN, n>1}\) mamy \(\displaystyle{ \frac{n+1}{(n+1)^2-1}< \frac{n}{n^2-1} \Leftrightarrow n+1- \frac{1}{n+1}>n- \frac{1}{n}}\)
a4karo pisze:Wsk. Pokaż, że podciąg ciągu sum częściowych o parzystych numerkach jest zbiezny.
Masz na myśli podciąg: \(\displaystyle{ a_0, a_0 + a_1 + a_2, a_0 + a_1 + a_2 + a_3 + a_4, a_0 + a_1 + a_2 + a_3 + a_4 + a_5 + a_6}\) ?
Nawet jeśli okaże się zbieżny, to dlaczego mi to pomaga ?
Tak, o ten ciąg chodzi. Następnym krokiem będzie pokazanie, że \(\displaystyle{ S_{2n+1}-S_{2n}\to 0}\), skąd wywnioskujesz zbieżność ciągu \(\displaystyle{ S_n}\), czyli zbieżnośc szeregu \(\displaystyle{ \sum a_n}\)
