Zbadać zbieżność szeregu

[blade]

Mam problem z takim szeregiem :
\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{2^\sqrt{n}}}\)
\(\displaystyle{ \lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{\frac{1}{2^\sqrt{n}}} = \lim_{n\to\infty} \frac{1}{2^{n^{-\frac{1}{2}}}}=\frac{1}{2^0} = 1}\)
Czyli kryterium Cauchy'ego nie rozstrzyga zbieżności tego szeregu...

szereg wydaje się być zbieżny, zatem kryterium porównawcze :
\(\displaystyle{ \frac{1}{2^\sqrt{n}}} \le \text{ ?}}\)
Nie potrafię tego oszacować..

[Analizator]

Skorzystaj z Kryterium d'Alemberta.

[miodzio1988]

Analizator, nie rozstrzyga

[blade]

Skorzystaj z Kryterium d'Alemberta.

Z tego co wiem, Cauchy'ego jest mocniejsze od d'Alemberta, więc chyba też nie rozstrzygnie.

[Analizator]

Faktycznie, przepraszam za pomyłkę. Myślę, że teraz powinno być dobrze.
Niech \(\displaystyle{ \left\{ s _{n} \right\}}\) będzie ciągiem sum częściowych danego szeregu.
Zauważmy, że \(\displaystyle{ \frac{1}{ 2^{ \sqrt{n ^{2} } } } + \frac{1}{ 2^{ \sqrt{n ^{2}+1 } } }
+ \frac{1}{ 2^{ \sqrt{n ^{2}+2 } } } + ... +\frac{1}{ 2^{ \sqrt{n ^{2}+2n +1 } } }
\le \frac{2n+2}{2 ^{n} } \le \frac{n}{ 2^{n-2} }}\)


\(\displaystyle{ s _{ n^{2} } \le \frac{1}{ 2^{ \sqrt{1} } } + \frac{1}{ 2^{ \sqrt{2} } } +
\frac{1}{ 2^{ \sqrt{3} } } + \frac{1}{ 2^{ \sqrt{4} } } +
\frac{1}{ 2^{ \sqrt{4} } } + \frac{1}{ 2^{ \sqrt{5} } } + \frac{1}{ 2^{ \sqrt{6} } }+ ... + \frac{1}{ 2^{ \sqrt{9} } } + \frac{1}{ 2^{ \sqrt{9} } } + \frac{1}{ 2^{ \sqrt{10} } } + + \frac{1}{ 2^{ \sqrt{11} } } + ...+ \frac{1}{ 2^{ \sqrt{ n^{2} } } }
\le \frac{1}{ 2^{-1} } + \frac{2}{ 2^{0} } + \frac{3}{ 2^{1} } + ... +\frac{n-1}{ 2^{n-3} }=\left( \frac{1}{ 2^{-1} }+\frac{1}{ 2^{0} } + \frac{1}{ 2^{1} } +...+\frac{1}{ 2^{n-3} }\right)
+\left( \frac{1}{ 2^{0} }+\frac{1}{ 2^{1} }+ \frac{1}{ 2^{2} } +...+ \frac{1}{ 2^{n-3} }\right) + ... +\left( \frac{1}{ 2^{n-4} }+\frac{1}{ 2^{n-3} } \right) +\left( \frac{1}{ 2^{n-3} } \right) = \left( \frac{1}{ 2^{-2} }-\frac{1}{ 2^{n-3} } \right) + \left(\frac{1}{ 2^{-1} }-\frac{1}{ 2^{n-3} } \right)+\left( \frac{1}{ 2^{0} }-\frac{1}{ 2^{n-3} }\right) +\left( \frac{1}{ 2^{1} }-\frac{1}{ 2^{n-3} }\right) + ... +\left( \frac{1}{ 2^{n-5} }-\frac{1}{ 2^{n-3} }\right) +\left( \frac{1}{ 2^{n-4} }-\frac{1}{ 2^{n-3} }\right)=\left( \frac{1}{ 2^{-2} } + \frac{1}{ 2^{-1} } + \frac{1}{ 2^{0} } + \frac{1}{ 2^{1} } +...+ \frac{1}{ 2^{n-4} }\right) - \frac{n-1}{ 2^{n-3} }= \frac{1}{ 2^{-3} }- \frac{1}{2 ^{n-4} }- \frac{n-1}{ 2^{n-3} } \le 8}\)

Wobec tej nierówności podciąg \(\displaystyle{ \left\{ s_{ n^{2} }\right\}}\) jako rosnący i ograniczony jest zbieżny. Stąd łatwo wywnioskować, że ciąg \(\displaystyle{ \left\{ s_{n}\right\}}\) jest zbieżny.

[wiedzmac]

Nie łatwiej skorzystać z kryterium porównawczego dla szeregu o wyrazach \(\displaystyle{ \frac{1}{n^2}}\) ?

[Dasio11]

A skąd wiadomo, że \(\displaystyle{ n^2 \le 2^{\sqrt{n}}}\) ?

[wiedzmac]

Bo funkcje wielomianowe rosną wolnej od wykładniczych.
Można pewnie udowodnić coś takiego indukcyjnie.
Zależy jaki poziom "wtajemniczenia" możemy założyć.

[miodzio1988]

No to pokaż to indukcyjnie. Od ktorego miejsca jest to prawda?

[wiedzmac]

Dobra, no może nie jest to wcale takie proste pokazać to indukcyjnie.
Ale jest to prawda np. od \(\displaystyle{ n = 400}\) - widać ładnie, że nierówność jest prawdziwa.

Ale myślę, że fakt o tym, że wielomian rośnie wolniej od funkcji wykładniczej powinien być wystarczająco przekonujący.

[miodzio1988]

Widać po czym?

[wiedzmac]

Nie wiem jak dla ciebie ale dla mnie nierówność \(\displaystyle{ 400^2 \leq 2^{20}}\) jest raczej oczywista.

Edit: Może się nie zrozumieliśmy. Chodziło mi, że w przypadku \(\displaystyle{ n = 400}\) widać ładnie, że nierówność zachodzi.

[miodzio1988]

Czyli tak sobie do \(\displaystyle{ 400}\) wstawiałeś i teraz uważasz, że dla reszty to też jest prawda? Zrób porządny dowód bo takie coś do niczego sie nie nadaje jak widać

[wiedzmac]

\(\displaystyle{ \lim_{ x \to \infty } \frac{x^2}{2^{\sqrt{x}}} = \lim_{ y \to \infty } \frac{y^4}{2^y} =}\) cztery razy D'Hospital \(\displaystyle{ = 0}\).

[miodzio1988]

\(\displaystyle{ \lim_{ x \to \infty } \frac{x^2}{2^{\sqrt{x}}} = \lim_{ y \to \infty } \frac{y^4}{2^y} =}\) cztery razy D'Hospital \(\displaystyle{ = 0}\).

To juz lepiej trzeba było nic nie pisać...jesli ma to byc dowód na to:

\(\displaystyle{ n^2 \le 2^{\sqrt{n}}}\)