Matematické Fórum

jendula11 · 01. 07. 2010 16:21

Prosím jak mám vypočítat tuto konvergenci řady:
suma sin(1/n), nutnou podm9nku jsem si vypočetl ale nevím jak dál. Děkuji

Rumburak · 01. 07. 2010 16:54

↑ jendula11:
Dá se použít limitní podílové srovnávací kriterium na řady
(1) $\sum \,a_n \,\eq \,\sum \,\sin\,\frac{1}{n}$ ,
(2) $\sum \,b_n \,\eq \,\sum \,\frac{1}{n}$ .

Spočítáme limitu

$\lim_{n \to \infty}\, \frac{a_n}{b_n}\,=\,\lim_{n \to \infty} \,\frac{ \sin\,\frac{1}{n}} {\frac{1}{n}} \,= \,1$ ,

výsledek je konečný a zároveň nenulový, což znamená, že řady (1), (2) buďto obě konvergují nebo obě divergují.

O řadě (2) je notoricky známo, že diverguje (důkaz integrálním kriteriem), proto musí divrgovat i řada (1).

Marian · 05. 07. 2010 14:05

↑ Rumburak:↑ jendula11:

Lza také postupovat tak, že se použije nerovnost

$\sin\left (\frac{1}{n}\right )>\frac{1}{2n}.$

Potom

$\sum_{n=1}^{\infty}\sin\left (\frac{1}{n}\right )>\frac{1}{2}\cdot\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}=\infty .$

Odtud taktéž divergence předložené nekonečné řady.

Připomínám, že pro důkaz divergence nekonečné harmonické řady je možné použít výrazně snažší techniku, než je integrální kritérium. Napadají mě hned dvě snadnější možnosti.

jendula11 · 07. 07. 2010 11:18

↑ Marian:
Zdravím děkuji za příspěvky, jen bych se ještě rád zeptal, jak jinak dokázat divergenci harmonické řady, mě bohužel napadá jen integrální kritérium.
Děkuji.

Stýv · 07. 07. 2010 11:48

↑ jendula11: takhle jsme si to ukazovali na už na gymplu

Rumburak

↑ Marian:
Děkuji za doplnění. Dotazy většinou řeším způsobem, který mne napadne nejdříve, a může se potom stát, že nabízené řešení
není elementární, což se stalo i zde - zároveň mi ovšem připadalo didakticky vhodné na obě kriteria upozornit (u prvního si teď
ale nejsem jist jeho přesným názvem).

Rumburak

↑ jendula11:
Před chvílí na ceste tramvají do zaměstnání mne napadl další způsob důkazu divergence harmonické řady. Jde o důkaz sporem.
Po zajímavost ho sem ještě přidám.

Označme

(1) $\sum_{n=1}^\infty \frac {1}{n} = A$ ,
(2) $\sum_{k=1}^\infty \frac {1}{2k-1} = L$ ,
(3) $\sum_{k=1}^\infty \frac {1}{2k} = S$ .

Takové označení si můžeme dovolit, protože každá z těchto řad má pouze kladné členy a proto existuje i její kladný součet ať již
konečný či nekonečný. V případě konečného součtu by pak šlo o řadu konvergující absolutně s možností apllikovat na ni věty o
absolutně konvergentních řadách.

Budeme předpokládat, že

(*) $A \,<\,+\infty$ .

Potom jsou konvergení též řady (2), (3) , jejichž tovořící posloupnosti jsou vybrané z posloupnosti tvořící řadu (1) a zřejmě platí

$A =\sum_{n=1}^\infty \frac {1}{n}\,= \sum_{k=1}^\infty \frac {1}{2k-1} \,+\, \sum_{k=1}^\infty \frac {1}{2k} \,= L+S$ , $\frac{1}{2} A =\frac{1}{2}\sum_{n=1}^\infty \frac {1}{n}\,= \sum_{n=1}^\infty \frac {1}{2n}\,=S$ ,

odtud

(4) $L = A - S = 2S - S\,=\, S$ .

Zaroveň však pro každé přirozené číslo $k\ge 1$ je $\frac {1}{2k-1} \,>\, \frac {1}{2k}$ , takže $\sum_{k=1}^\infty \frac {1}{2k-1} \,>\, \sum_{k=1}^\infty \frac {1}{2k}$ a tedy $L \,>\,S$ ,
což je ale ve sporu s (4). Předpoklad (*) tudíž vede ke sporu , takže nezbývá, než že $A \,=\,+\infty$ .

Marian · 08. 07. 2010 10:18 — Editoval Marian (08. 07. 2010 10:32)

↑ Rumburak: Ano, myšlenka je velmi hezká. Takových důkazů lze nalézt více. Dovolím si uvést jeden velmi známý.

Předpokládejme sporem, že harmonická řada konverguje, tj. existuje kladné reálné číslo $s$ takové, že

$s=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}.$

Ovšem, podle definice nekonečné řady musí být

$s=\lim_{n\to\infty}H_n,\qquad\qquad H_n:=\sum_{j=1}^{n}\frac{1}{j},\qquad\forall n\in\mathbb{N}.$

Z algebry vlastních limit posloupností by ovšem z předchozího plynula taktéž identita

$s=\lim_{n\to\infty}H_{2n}.$

Proto jistě

$\lim_{n\to\infty}(H_{2n}-H_n)=\lim_{n\to\infty}H_{2n}-\lim_{n\to\infty}H_n=s-s=0.$

Na druhou stranu platí pro libovolné přirozené číslo $n>1$ nerovnost

$H_{2n}-H_n=\sum_{j=n+1}^{2n}\frac{1}{j}>\frac{n}{2n}=\frac{1}{2}.$

Tedy je zároveň

$\lim_{n\to\infty}(H_{2n}-H_n)\ge \frac{1}{2}.$

Protože předpokládáme, že limita existuje, musela by nabývat celkem dvou různých hodnot. Podle věty o unicitě existující limity polsounosti je to však nemožné. Náš předpoklad byl špatný, a proto harmonická řada diverguje.

Přidávám ještě odkaz, kde lze nalézt více důkazů, jedná se o tento dokument (PDF).