Matematické Fórum

Olin · 16. 03. 2010 22:02 — Editoval Olin (27. 03. 2010 17:24)

Zdravím kolegy,

vyšetřoval jsem konvergenci řady
$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{\lfloor \sqrt{n} \rfloor}}{n^{\alpha}}$
v závislosti na parametru $\alpha \in \mathbb{R}$ . Zajímavá je situace zejména pro $\alpha \in $ \frac 12,\, 1$$ , kde by řada měla konvergovat. Můj postup byl následující:

Je patrné, že členy řady změní znaménko právě tehdy, když je $n$ čtvercem. Řadu tedy můžeme rozdělit na "souvislé úseky", které mají stejné znaménko:
$A_n = \frac{1}{(n^2)^{\alpha}} + \frac{1}{(n^2+1)^{\alpha}} + \dots + \frac{1}{(n^2 + 2n)^{\alpha}}$ .
Není obtížné si rozmyslet, že z konvergence řady
$\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n A_n$
již plyne konvergence původní řady a naopak. Formát řady vybízí k použití Leibnizova kritéria - je tedy potřeba ověřit $\lim_{n \to \infty} A_n = 0$ a $\exists n_0 \in \mathbb{N} \, \forall n \geq n_0:\, A_{n+1} < A_n$ .

Konvergenci k nule ukážeme snadno, totiž odhadem $0 < A_n < \frac{2n+1}{n^{2 \alpha}}$ . Protože $\alpha > \frac 12$ , je $\lim_{n \to \infty} \frac{2n+1}{n^{2 \alpha}} = 0$ .

S monotónností to bude poněkud horší. První zjednodušení dostaneme odhadem integrály:
$A_n \, > \int_{n^2}^{(n+1)^2} x^{-\alpha} \mathrm{d}x = \frac{1}{1-\alpha} \[ $(n+1)^2$^{1-\alpha} - (n^2)^{1-\alpha} \] \nl A_{n+1} \, < \int_{(n+1)^2-1}^{(n+2)^2-1} x^{-\alpha} \mathrm{d}x = \frac{1}{1-\alpha} \[ $(n+2)^2-1$^{1-\alpha} - $(n+1)^2-1$^{1-\alpha} \]$ .

Označme $\beta = 1 - \alpha$ . Nyní bychom vlastně rádi dokázali
$$(n+1)^2$^{\beta} - (n^2)^{\beta} \geq $(n+2)^2-1$^{\beta} - $(n+1)^2-1$^{\beta}$ .
Upravujme:
$$(n+1)(n+1)$^{\beta} - (n \cdot n)^{\beta} \geq $(n+3)(n+1)$^{\beta} - $n(n+2)$^{\beta}\nl $ \frac{n}{n+1} $^{\beta} \geq \frac{(n+3)^{\beta} - (n+1)^{\beta}}{(n+2)^{\beta} - n^{\beta}}$

Označíme-li $f(n) = (n+1)^{\beta},\, g(n) = n^{\beta}$ , pak podle Cauchyho věty o střední hodnotě existuje takové $c \in (n,\, n+2)$ , že platí
$\frac{(n+3)^{\beta} - (n+1)^{\beta}}{(n+2)^{\beta} - n^{\beta}} = \frac{f(n+2)-f(n)}{g(n+2)-g(n)} = \frac{f'(c)}{g'(c)} = $\frac{c+1}{c}$^{\beta-1}$ .

Díky faktu $c \in (n,\, n+2)$ můžeme odhadnout $$\frac{c+1}{c}$^{\beta-1} \leq $\frac{n+3}{n+2}$^{\beta-1}$ . Stačí tedy dokázat
$$ \frac{n}{n+1} $^{\beta} \geq $\frac{n+3}{n+2}$^{\beta-1}\nl $ \frac{n(n+2)}{(n+1)(n+3)} $^{\beta} \geq \frac{n+2}{n+3}$

Zaveďme $\beta = \frac 12 - \frac{\varepsilon}{2},\, \varepsilon \in (0,\, 1)$ . Dostáváme
$$ \frac{n(n+2)}{(n+1)(n+3)} $^{\frac 12 - \frac{\varepsilon}{2}} \geq \frac{n+2}{n+3}\nl $ \frac{n(n+2)}{(n+1)(n+3)} $^{-\varepsilon} \frac{n}{n+1} \geq \frac{n+2}{n+3}\nl \frac{n(n+3)}{(n+1)(n+2)} \geq $ \frac{n(n+2)}{(n+1)(n+3)} $^{\varepsilon}$

Ještě upravíme
$\frac{n(n+2)}{(n+1)(n+3)} = 1 - \frac{2n+3}{(n+1)(n+3)}$
a použijeme Bernoulliho nerovnost:
$$ 1 - \frac{2n+3}{(n+1)(n+3)} $^{\varepsilon} \leq 1 - \varepsilon \cdot \frac{2n+3}{(n+1)(n+3)}$ .

Zbývá tedy už jen nerovnost
$\frac{n(n+3)}{(n+1)(n+2)} \geq 1 - \varepsilon \cdot \frac{2n+3}{(n+1)(n+3)}\nl 1 - \frac{1}{(n+1)(n+2)} \geq 1 - \varepsilon \cdot \frac{2n+3}{(n+1)(n+3)}\nl \varepsilon(n+1)(2n+3) \geq n+3$
která je již zřejmě od nějakého $n_0$ dál splněna.

Chybu jsem si v tom zatím nenašel. Ale ten postup je fakt škaredý na to, že po těch odhadech integrály už máme takovou docela snadno vypadající nerovnost. Tak kdybyste se někdo opravdu hodně nudili, můžete zkusit vymyslet nějaký hezčí postup, já v těch odhadech a nerovnostech příliš zběhlý nejsem.

EDIT: Opravena chyba. Kdo ví, kolik jich tam ještě je…

Marian · 27. 03. 2010 15:48

↑ Olin:

[1] Souhlasím, že postup je dosti komplikovaný, ale dle mého názoru se příliš zjednodušovat nedá.

=============================

[2] Předně tuším formální chybu u obou integrálů - zřejmě integrujeme podle proměnné x a nikoliv $\alpha$ , což je fixní parametr.

=============================

[3] Budu-li akceptovat definici čísla $\beta$ , dokazoval bych místo nerovnosti

$\left (\frac{n}{n+1}\right )^\beta\ge\frac{(n+3)^\beta-(n+1)^\beta}{(n+2)^\beta-n^\beta},\qquad n\in\mathbb{N},$

raději nerovnost

$n^\beta\cdot ((n+2)^\beta-n^\beta)\ge (n+1)^\beta\cdot ((n+3)^\beta-(n+1)^\beta),$

která (jak se ukáže) platí pro všechna uvažovaná $\beta$ od jistého $n_0\in\mathbb{N}$ , kde $n_0=n_0(\beta)$ .

=============================

[4] K tomu stačí vyšetření funkce $f(x;\beta)$ proměnné $x\ge 1$ s parametrem $\beta$ definované předpisem

Odtud je

Odtud a z definice funkce f plyne

$\text{sgn}\,\left (\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\, f(x;\beta)\right )=\text{sgn}\,\left (\left (2+\frac{1}{x}\right )^{\beta -1}\cdot\left (1+\frac{1}{x}\right )-1\right ).$

=============================

[5] Rádi bychom ukázali, že funkce $f(x;\beta)$ je od jistého $x_0=x_0(\beta)$ klesající, tj. ekvivalentně

$1+\frac{1}{x}<\left (2+\frac{1}{x}\right) ^{1-\beta}=\left (2+\frac{1}{x}\right )^\alpha ,\qquad\qquad x\ge x_0.$

Pokud definujeme novou proměnnou $t$ jako $t:=1+\frac{1}{x}$ , lze poslední nerovnost zapsat jako

$t<(t+1)^\alpha,\qquad\qquad t\in (1,2],\qquad t\le t_0.$

Odtud je vidět existence hledaného $x_0$ .

=============================

[6] v důkazu nerovnosti $A_{n}\ge A_{n+1}$ platící od jistého $n_0$ asi nelze postupovat jinak nebo zásadně jednodušeji. Spíše by se musela zvolit jiná metoda při vyšetřování samotné konvergence řady. Ovšem zde není příliš na výběr.

Olin · 27. 03. 2010 17:37

↑ Marian:

Děkuji za připomínky. Bod [2] jsem opravil. Postup pro dokázání nerovnosti, který předkládáš, mi přijde jako mnohem efektivnější.

Marian · 27. 03. 2010 17:47

↑ Olin:

Dokonce by se dala na závěr snad volit ještě lepší transformace t:=2+1/x. Potom totiž řešíme nerovnici

$t^\alpha -t+1>0,$

která by mohla být ještě lépe uchopitelná.

Olin · 27. 03. 2010 21:20

To, že hraničním hodnotou alfy pro konvergenci je v tomto případě 1/2, dává podnět k vyšetření konvergence obecnější řady:

$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{\lfloor n^{1/\beta}\rfloor}}{n^{\alpha}}, \quad \alpha \in \mathbb{R},\, \beta \in \mathbb{N}$ .

Až se mi někdy bude chtít, tak se do toho pustím.

Matematické Fórum

#1 16. 03. 2010 22:02 — Editoval Olin (27. 03. 2010 17:24)

Pomalu alternující řada

#2 27. 03. 2010 15:48

Re: Pomalu alternující řada

#3 27. 03. 2010 17:37

Re: Pomalu alternující řada

#4 27. 03. 2010 17:47

Re: Pomalu alternující řada

#5 27. 03. 2010 21:20

Re: Pomalu alternující řada

Zápatí