Matematyka.pl

Cześć,
zobaczmy na takie dwa szeregi:
(1)
\(\displaystyle{ \sum (-1)^n \sqrt[n]{n}}\)
Więc twierdzę, że jest rozbieżny bo nie ma warunku koniecznego zbieżnosci.
To znaczy istnieją dwa podcągi (parzyste i nieparzyste indeksy) takie, że ciąg zbiega do \(\displaystyle{ 0}\) lub \(\displaystyle{ 1}\).
Tak samo nie jest zbieżny bezwzględnie, bo \(\displaystyle{ \sum \sqrt[n]{n}}\) nie spełnia warunku koniecznego.
(2)
\(\displaystyle{ (-1)^n\frac{\sqrt{n+2}}{n+3}}\)
Chcemy skorzystać z kryterium Leibniza. W tym celu musimy powiedzieć, że:
\(\displaystyle{ \frac{\sqrt{n+2}}{n+3} \to 0}\) - to można sprawdzić bardzo łatwo.
Natomiast czy jest monotoniczny od pewnego miejsca ? No cóż, pewnie by trzeba policzyć przedziały monotoniczności (pochodna) i tak dalej. Ale widać , że jest. Czyli z kryterium Leibniza jest zbieżny. Ale czy jest zbieżny bezwzględnie ?

Szereg \(\displaystyle{ \sum a_n}\) jest zbieżny bezwzględnie wtw gdy \(\displaystyle{ \sum |a_n|}\) jest zbieżny.
No to widać, że \(\displaystyle{ \sum |(-1)^n \frac{\sqrt{n+2}}{n+3}| =\sum \frac{\sqrt{n+2}}{n+3}}\) Więc pytanie czy jest on zbieżny ?
No raczej nie jest:
\(\displaystyle{ \frac{\sqrt{n+2}}{n+3} \ge \frac{\sqrt{n}}{n+3}}\)
No i ten szereg jest rozbieżny (łatwo z kryterium asymptotycznego) porównać z \(\displaystyle{ \frac{1}{\sqrt{n}}}\),
Czyli nie ma bezwzględnej zbieżności.

matinf pisze:Cześć,
zobaczmy na takie dwa szeregi:
(1)
\(\displaystyle{ \sum (-1)^n \sqrt[n]{n}}\)

To znaczy istnieją dwa podcągi (parzyste i nieparzyste indeksy) takie, że ciąg zbiega do \(\displaystyle{ 0}\) lub \(\displaystyle{ 1}\).

No to już nie jest prawda

miodzio1988 pisze:

matinf pisze:Cześć,
zobaczmy na takie dwa szeregi:
(1)
\(\displaystyle{ \sum (-1)^n \sqrt[n]{n}}\)

To znaczy istnieją dwa podcągi (parzyste i nieparzyste indeksy) takie, że ciąg zbiega do \(\displaystyle{ 0}\) lub \(\displaystyle{ 1}\).

No to już nie jest prawda

Ok, przyjrzę się temu. A co powiesz o (2) ?

2 nawet szeregu nie ma na poczatku

oj, no czepiasz się o szczegóły. Wiadomo o co chodzi przecież.

2) jest w zasadzie w porządku, tylko ten brak zbieżności bezwzględnej można szybciej uzasadnić, jeśli użyjemy od razu nierówności \(\displaystyle{ \frac{\sqrt{n+2}}{n+3}> \frac{1}{n+3}}\)
No i wiadomo, że na kolokwium czy egzaminie trzeba też wyczerpująco uzasadnić, że odpowiedni ciąg jest od pewnego miejsca monotoniczny (np. licząc pochodną odpowiedniej funkcji, w tym przypadku \(\displaystyle{ f(x)= \frac{\sqrt{x+2}}{x+3}}\) albo jakoś elementarnie przekształcając).

matinf pisze:oj, no czepiasz się o szczegóły. Wiadomo o co chodzi przecież.

No to też mi się rozwiązanie nie podoba. Zaczynasz od zbieżności warunkowej z jakiego powodu?

Naturalnym pierwszym krokiem jest zbadanie zbieżności bezwzględnej najpierw

Premislav pisze:2) jest w zasadzie w porządku, tylko ten brak zbieżności bezwzględnej można szybciej uzasadnić, jeśli użyjemy od razu nierówności \(\displaystyle{ \frac{\sqrt{n+2}}{n+3}> \frac{1}{n+3}}\)
No i wiadomo, że na kolokwium czy egzaminie trzeba też wyczerpująco uzasadnić, że odpowiedni ciąg jest od pewnego miejsca monotoniczny (np. licząc pochodną odpowiedniej funkcji, w tym przypadku \(\displaystyle{ f(x)= \frac{\sqrt{x+2}}{x+3}}\) albo jakoś elementarnie przekształcając).

Dzięki wielkie,
w takim razie wróćmy do 1)
\(\displaystyle{ \sum (-1)^n \sqrt[n]{n}}\)

Zbieżność bezwzględna:
\(\displaystyle{ \sum \sqrt[n]{n}}\) - warunek konieczny nie zachodzi, czyli zbieżny bezwzględnie nie jest.
No to może jest choć zbieżny warunkowo:
Chyba nie jest zbieżny warunkowo, bo nie zachodzi warunek konieczny - tzn wyraz szeregu nie jest zbieżny do zera - podciąg o parzystych indeksach zbiega do jedynki, zaś o nieparzystych do \(\displaystyle{ -1}\)
@Premislav, co o tym sądzisz ?

Jest w porządku.

Tego nie musisz akurat osobno uzasadniać: jak nie jest spełniony warunek konieczny dla szeregu, to nie bezie spełniony dla żadnej zmiany znaków.

A taki szereg:
\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty} (\sqrt[n]{n}-1)(-1)^n}\)
Z kryterium Leibniza:
\(\displaystyle{ (\sqrt[n]{n}-1)}\) jest niewątpliwie zbieżne do zera, jest też monotoniczne (widzę to na wolframie, chętnie się dowiem jak to pokazać - oczywiście widzę, że wystarczy pokazać monotoniczność \(\displaystyle{ \sqrt[n]{n}}\)).
Więc jest warunkowo zbieżny.

Bezwzględna zbieżność:
\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty} |\sqrt[n]{n}-1|}\)
No cóż, warunek konieczny zachodzi. Nie wiem w sumie jak sobie dalej z tym mam poradzić.

Mamy:

\(\displaystyle{ \sqrt[n+1]{n+1}-1 \le \sqrt[n]{n}-1 \Leftrightarrow \sqrt[n+1]{n+1} \le \sqrt[n]{n} \Leftrightarrow (n+1)^n \le n^{n+1} \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow \left( 1+\frac 1 n\right)^n \le n}\)

Jeżeli możesz skorzystać z tego, że istnieje granica właściwa \(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty }\left( 1+\frac 1 n\right)^n =e}\), to już stąd wynika, że dla dostatecznie dużych \(\displaystyle{ n}\) nierówność zajdzie, czyli istnieje takie \(\displaystyle{ n_0 \in \NN}\), że dla wszystkich \(\displaystyle{ n >n_0}\)
mamy \(\displaystyle{ \sqrt[n+1]{n+1}-1 \le \sqrt[n]{n}-1}\) (czyli ciąg jest od pewnego miejsca malejący, tak jak chcieliśmy). W przeciwnym przypadku należałoby np. pokazać, że dla wszystkich \(\displaystyle{ n \in \NN^+}\) jest \(\displaystyle{ \left( 1+\frac 1 n\right)^n < 3}\). Po wzmocnieniu tej nierówności np. do
\(\displaystyle{ \left( 1+\frac 1 n\right)^n \le 3-\frac 1 n}\) (bodajże; jeśli nie idzie, to zaraz poprawię) można się do tego zabrać indukcyjnie, badając odpowiednie ilorazy.

Ale należałoby zacząć od zbadania zbieżności bezwzględnej (jeśli jest zbieżny bezwzględnie, to nie musimy już sprawdzać "zwykłej" zbieżności). Zauważmy, że dla \(\displaystyle{ n\ge 3}\) z nierówności między średnią geometryczną a harmoniczną mamy:
\(\displaystyle{ \sqrt[n]{n}=\sqrt[n]{\sqrt{n} \cdot \sqrt{n} \cdot 1 \dots 1} \ge \frac{n}{ \frac{1}{\sqrt{n}}+ \frac{1}{\sqrt{n}}+1 \dots +1 }}\)
- dopisanych jedynek jest \(\displaystyle{ n-2}\).
Wobec tego
\(\displaystyle{ \sqrt[n]{n}-1 \ge \frac{n}{ \frac{1}{\sqrt{n}}+ \frac{1}{\sqrt{n}}+1 \dots +1 }-1= \frac{n\sqrt{n}-2-(n-2)\sqrt{n}}{2+(n-2)\sqrt{n}}= \frac{2\sqrt{n}-2}{2+\sqrt{n}(n-2)} \ge \\ \ge\frac{1}{2n}}\)
dla \(\displaystyle{ n \ge 4}\) i z kryterium porównawczego oraz rozbieżności szeregu harmonicznego wynika
brak zbieżności bezwzględnej.

-- 9 lip 2016, o 22:49 --

Oczywiście tę ostatnią nierówność z \(\displaystyle{ \frac{1}{2n}}\) też trzeba uzasadnić, nie można tak sobie bez dowodu wyjeżdżać z takimi faktami, ale to łatwe do wykazania.-- 9 lip 2016, o 23:02 --A tam indukcja-obstrukcja. Tu masz ładny dowodzik tej nierówności z \(\displaystyle{ 3-\frac 1 n}\):

... -induction

Ok, mam teraz dwa przykłady, które są niemal identyczne - ale nie widzę haczyku na czym polega różnica, sami zobaczcie:


(a)
\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty} (\sqrt[n]{2} - 1)}\)
(b)
\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty} (\sqrt[n]{5} - 1)}\)

Naśladując Premislava pokażę, że jest rozbieżny tylko (a), stąd wywnioskuję, że (b) także - to jest przecież to samo tak na prawdę.

\(\displaystyle{ \sqrt[n]{2 \cdot 1^{n-1}} \ge \frac{n}{\frac{1}{2} + \frac{2(n-1)}{2}} = \frac{2n}{2n-1}}\)

\(\displaystyle{ \sqrt[n]{2} - 1 \ge \frac{1}{2n-1}}\)
Na mocy kryterium porównawczego szereg \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty} (\sqrt[n]{2} - 1)}\) jest rozbieżny.
Warto zwrócić uwagę, że mogłem skorzystać z kryterium porównawczego, bo \(\displaystyle{ \sqrt[n]{2} - 1 \ge 0}\) zachodzi.

Czy się gdzieś nie pomyliłem ?

Jest dobrze (tylko koniecznie trzeba na egzaminie/kolosie pisać, z jakich nierówności korzystasz) i rzeczywiście cała różnica w przypadku
\(\displaystyle{ \sqrt[n]{5}-1}\) polega na zamianie \(\displaystyle{ 2}\) na \(\displaystyle{ 5}\) w tych szacowaniach.

-- 10 lip 2016, o 18:06 --

Czyli w tym drugim przypadku byłoby
\(\displaystyle{ \sqrt[n]{5 \cdot 1^{n-1}}-1 \ge \frac{n}{\frac{1}{5} + n-1}-1= \frac{5n }{5n-4}-1}\)

-- 10 lip 2016, o 18:08 --

O rany, nawet tego nie trzeba, bo po wykazaniu rozbieżności pierwszego szeregu wystarczy \(\displaystyle{ \sqrt[n]{5}-1 >\sqrt[n]{2}-1}\) i kryterium porównawcze.

-- 10 lip 2016, o 18:23 --

Te dwa przykłady można również zrobić nieco inaczej. Niech \(\displaystyle{ a>1}\).
Mamy \(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } \frac{ \sqrt[n]{a}-1 }{\frac 1 n}=\ln a}\)
(znana granica \(\displaystyle{ \lim_{x \to 0} \frac{a^x-1}{x}=\ln a}\)).
Zatem z rozbieżności \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{1}{n}}\)
i kryterium ilorazowego (kryterium porównawczego w wersji granicznej zwanego też asymptotycznym)
dostajemy rozbieżność szeregu \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty }\left( \sqrt[n]{a}-1\right)}\)

Ok, a teraz coś nieco bardziej skomplikowanego:
\(\displaystyle{ \sum_{n=0}^{ \infty }\left( \sqrt[n]{3}-1\right)^{\alpha}}\)
Widać, z wcześniejszych rozważań, że dla \(\displaystyle{ \alpha=1}\) mamy zbieżność bezwzględną.

Gdy \(\displaystyle{ \alpha > 1}\) to \(\displaystyle{ 0 \le \left( \sqrt[n]{3}-1\right)^{\alpha} \le \left( \sqrt[n]{3}-1\right)}\) czyli na mocy kr. porównawczego mamy zbieżność bezwzględną.

Przypadek \(\displaystyle{ \alpha \in (0, 1)}\)
Tego nie wiem jak za bardzo.

\(\displaystyle{ \alpha = 0}\)
To mamy rozbieżny oczywiście.
\(\displaystyle{ \alpha < 0}\)
Chyba rozbiezny, bo ułamki (bardzo małe liczby dodatnie) się odwracają i robią się z nich bardzo duże.

Może ktoś na to rzucić okiem?