Proszę o pomoc ze zbadaniem zbieżności szeregu:
\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{n^{n}}{n!e^n}}\)
zbieżność szeregu
-
NogaWeza
- Użytkownik
- Posty: 1474
- Rejestracja: 22 lis 2012, o 22:24
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Gdańsk
- Podziękował: 147 razy
- Pomógł: 300 razy
zbieżność szeregu
Możesz się oprzeć na nierówności \(\displaystyle{ n \left( \frac{n}{e} \right)^n \ge n! \ge \left( \frac{n}{e} \right)^n}\), którą można udowodnić choćby indukcyjnie. Nierówność tą możesz wykorzystać do kryterium porównawczego.
-
Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15496
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 195 razy
- Pomógł: 5224 razy
zbieżność szeregu
miodzio1988, akurat warunek konieczny zbieżności jest spełniony, co natychmiastowo wynika ze wzoru Stirlinga. No ale może warto przy takich odrobinę mniej typowych przykładach zaczynać od sprawdzenia warunku koniecznego, bo czasem można sobie oszczędzić sporo roboty (akurat nie tutaj).
Nie ma potrzeby ograniczania wyrazu szeregu z dwóch stron. Podpowiedź jest taka, że szereg jest rozbieżny, Mamy wyrazy dodatnie, więc wystarczy oszacować wyrazy szeregu z dołu.
Skoro chcemy ograniczyć z dołu
\(\displaystyle{ \frac{n^{n}}{n!e^n}}\),
to wystarczy ograniczyć z góry \(\displaystyle{ n!}\) (nie trzeba z dołu).
Zatem spośród nierówności podanych przez usera NogaWeza
wystarczy wykazać (dla dostatecznie dużych \(\displaystyle{ n}\)) prawdziwość nierówności
\(\displaystyle{ n\left( \frac{n}{e} \right)^{n} \ge n!}\)
Ale ja nie umiem tego zrobić indukcyjnie, bo musiałbym wiedzieć, dla jakich to maszkaronów działa pierwszy krok indukcyjny.
Zaproponuję zatem inne podejście: kryterium Raabego (zobacz np. na wiki).
Mamy:
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty }n\left( \frac{a_{n}}{a_{n+1}} -1\right) = \lim_{n \to \infty }n\left( \frac{\left( 1+\frac 1 n\right)^{n} }{e} -1\right)}\)
Zauważmy, że \(\displaystyle{ \left( 1+\frac 1 n\right) ^{n}=e ^{n \ln\left( 1+\frac 1 n\right) }}\), zatem
\(\displaystyle{ \frac{\left( 1+\frac 1 n\right) ^{n}}{e}= e ^{n \ln\left( 1+\frac 1 n\right)-1 }}\) i jesli przypomnimy sobie znaną granicę \(\displaystyle{ \lim_{x \to 0} \frac{\ln(1+x)}{x}=1}\), to jasnym będzie, że wykładnik zbiega do zera, gdy \(\displaystyle{ n \rightarrow \infty}\).
Korzystając zatem z kolejnej granicy specjalnej:
\(\displaystyle{ \lim_{t \to 0} \frac{e^{t}-1}{t}=1}\), mamy:
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty }n\left( \frac{\left( 1+\frac 1 n\right)^{n} }{e} -1\right)= \lim_{n \to \infty } \frac{ e ^{n \ln\left( 1+\frac 1 n\right)-1 }-1}{n \ln\left( 1+\frac 1 n\right)-1} \cdot \frac{n \ln\left( 1+\frac 1 n\right)-1}{\frac 1 n}=- \frac{1}{2} <1}\), zatem szereg jest rozbieżny.
-- 19 maja 2016, o 21:02 --
Ostatnie przejście to dosyć duży skrót myślowy.
Można tu zastosować nierówności:
\(\displaystyle{ x- \frac{x^{2}}{2}+ \frac{x^{3}}{3} \ge \ln(1+x) \ge x- \frac{x^{2}}{2}}\)
prawdziwe dla \(\displaystyle{ x \ge 0}\), których dowód można przeprowadzić z użyciem rachunku różniczkowego. No i z twierdzenia o trzech ciągach dostajemy, że
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } \frac{n \ln\left( 1+\frac 1 n\right)-1}{\frac 1 n}=-\frac 1 2}\), a dalej twierdzenie o granicy iloczynu i wspomniana zależność \(\displaystyle{ \lim_{t \to 0 } \frac{e^{t}-1}{t}=1}\) (pierwszy ułamek).
To mniej elementarne niż indukcja, ale szczerze powiedziawszy, ja bardzo nie lubię się zastanawiać, ile mniej więcej to jest np. \(\displaystyle{ \frac{400}{e}}\)
A jeśli ktoś zna wzór Stirlinga, to wystarczy kryterium porównawcze w wersji granicznej (asymptotyczne kryterium porównawcze)
z wyrazami \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{1}{ \sqrt{2\pi n} }}\), który oczywiście jest rozbieżnym.
-- 19 maja 2016, o 21:26 --
Dodam jeszcze, że pomysł z szacowaniem
\(\displaystyle{ n\left( \frac{n}{e} \right)^{n} \ge n!}\) (oczywiście dla dostatecznie dużych \(\displaystyle{ n}\)) jest fajny, tylko to szacowanie jest bardzo "bliskie".
Stąd problem z dowodem indukcyjnym. Nie mam ochoty psuć sobie wieczoru szukaniem jakichś \(\displaystyle{ n}\), dla których to już zachodzi, ale jeśli Ty masz, to proszę bardzo.
Nie ma potrzeby ograniczania wyrazu szeregu z dwóch stron. Podpowiedź jest taka, że szereg jest rozbieżny, Mamy wyrazy dodatnie, więc wystarczy oszacować wyrazy szeregu z dołu.
Skoro chcemy ograniczyć z dołu
\(\displaystyle{ \frac{n^{n}}{n!e^n}}\),
to wystarczy ograniczyć z góry \(\displaystyle{ n!}\) (nie trzeba z dołu).
Zatem spośród nierówności podanych przez usera NogaWeza
wystarczy wykazać (dla dostatecznie dużych \(\displaystyle{ n}\)) prawdziwość nierówności
\(\displaystyle{ n\left( \frac{n}{e} \right)^{n} \ge n!}\)
Ale ja nie umiem tego zrobić indukcyjnie, bo musiałbym wiedzieć, dla jakich to maszkaronów działa pierwszy krok indukcyjny.
Zaproponuję zatem inne podejście: kryterium Raabego (zobacz np. na wiki).
Mamy:
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty }n\left( \frac{a_{n}}{a_{n+1}} -1\right) = \lim_{n \to \infty }n\left( \frac{\left( 1+\frac 1 n\right)^{n} }{e} -1\right)}\)
Zauważmy, że \(\displaystyle{ \left( 1+\frac 1 n\right) ^{n}=e ^{n \ln\left( 1+\frac 1 n\right) }}\), zatem
\(\displaystyle{ \frac{\left( 1+\frac 1 n\right) ^{n}}{e}= e ^{n \ln\left( 1+\frac 1 n\right)-1 }}\) i jesli przypomnimy sobie znaną granicę \(\displaystyle{ \lim_{x \to 0} \frac{\ln(1+x)}{x}=1}\), to jasnym będzie, że wykładnik zbiega do zera, gdy \(\displaystyle{ n \rightarrow \infty}\).
Korzystając zatem z kolejnej granicy specjalnej:
\(\displaystyle{ \lim_{t \to 0} \frac{e^{t}-1}{t}=1}\), mamy:
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty }n\left( \frac{\left( 1+\frac 1 n\right)^{n} }{e} -1\right)= \lim_{n \to \infty } \frac{ e ^{n \ln\left( 1+\frac 1 n\right)-1 }-1}{n \ln\left( 1+\frac 1 n\right)-1} \cdot \frac{n \ln\left( 1+\frac 1 n\right)-1}{\frac 1 n}=- \frac{1}{2} <1}\), zatem szereg jest rozbieżny.
-- 19 maja 2016, o 21:02 --
Ostatnie przejście to dosyć duży skrót myślowy.
Można tu zastosować nierówności:
\(\displaystyle{ x- \frac{x^{2}}{2}+ \frac{x^{3}}{3} \ge \ln(1+x) \ge x- \frac{x^{2}}{2}}\)
prawdziwe dla \(\displaystyle{ x \ge 0}\), których dowód można przeprowadzić z użyciem rachunku różniczkowego. No i z twierdzenia o trzech ciągach dostajemy, że
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } \frac{n \ln\left( 1+\frac 1 n\right)-1}{\frac 1 n}=-\frac 1 2}\), a dalej twierdzenie o granicy iloczynu i wspomniana zależność \(\displaystyle{ \lim_{t \to 0 } \frac{e^{t}-1}{t}=1}\) (pierwszy ułamek).
To mniej elementarne niż indukcja, ale szczerze powiedziawszy, ja bardzo nie lubię się zastanawiać, ile mniej więcej to jest np. \(\displaystyle{ \frac{400}{e}}\)
A jeśli ktoś zna wzór Stirlinga, to wystarczy kryterium porównawcze w wersji granicznej (asymptotyczne kryterium porównawcze)
z wyrazami \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{1}{ \sqrt{2\pi n} }}\), który oczywiście jest rozbieżnym.
-- 19 maja 2016, o 21:26 --
Dodam jeszcze, że pomysł z szacowaniem
\(\displaystyle{ n\left( \frac{n}{e} \right)^{n} \ge n!}\) (oczywiście dla dostatecznie dużych \(\displaystyle{ n}\)) jest fajny, tylko to szacowanie jest bardzo "bliskie".
Stąd problem z dowodem indukcyjnym. Nie mam ochoty psuć sobie wieczoru szukaniem jakichś \(\displaystyle{ n}\), dla których to już zachodzi, ale jeśli Ty masz, to proszę bardzo.
-
miodzio1988
zbieżność szeregu
.miodzio1988, akurat warunek konieczny zbieżności jest spełniony, co natychmiastowo wynika ze wzoru Stirlinga. No ale może warto przy takich odrobinę mniej typowych przykładach zaczynać od sprawdzenia warunku koniecznego, bo czasem można sobie oszczędzić sporo roboty (akurat nie tutaj)
Gdy ja pisałem komentarz przykład był inny. Silni nie było