Matematické Fórum

halogan · 06. 05. 2010 23:30

Dobrý večer přeji,

dostal jsem se ke své první konvergenci řady s parametrem, tak bych opět rád poprosil o nějaký komentář.

Vyšetřete konvergenci a absolutní konvergenci řady:

$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^p} $ \text{arctan} \( (-1)^n (\sqrt{n + 2} - \sqrt{n+1})$\)$

1) Nejprve si ověřím nutnou podmínku. Argument arkus tangenty jde k nule, takže chová podobně jako jeho argument (z tabulkové limity):

$\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n^p} \frac{(-1)^n}{\sqrt{n+2} + \sqrt{n+1}}$ - aby tato limita byla nula, tak šetřím jen

$\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n^p \sqrt n \cdot $\sqrt{1 + 2/n} + \sqrt{1 + 1/n} $} = \frac 12 \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n^p \sqrt n}$

A musí platit $p + 1/2 > 0$ , takže p > -1/2. Tolik úvodní podmínka.

2) Teď nějak nevím, jak přesně uchopit teorii. Abych mohl použít (limitní) srovnávací kritérium, musel bych mít nezáporné členy, což nemám. Pokud bych tedy dělal absolutní konvergenci, tak se ale ochuzuji o neabsolutní řady, které by samy o sobě mohly konvergovat. Nebo se pletu?

3a) Pokud použiju limitní srovnávací kritérium, tak bych mohl vlastně použít spočítanou limitu z ověřování nutné podmínky. Pokud se členy chovají jako ten podíl, tak jej vemu jako $b_n$ a při počítání $\lim a_n/b_n$ mi vyjde určitě konstanta. Budu pak řešit konvergenci:

$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{p + 1/2}$ ,

což mi dává, že b_n bude konvergentní když $p + 1/2 > 1$ , takže $p > 1/2$ . Jelikož je konvergence b_n ekvivalentní s a_n, tak to samé mohu tvrdit o původní řadě (ta je tím pádem i absolutně konvergentní).

3b) Mohu použít i srovnávací kritérium odhadem

$a_n < \frac{1}{n^p} \frac{2}{\sqrt{n+2} + \sqrt{n+1}}$ , odkud dostanu stejné řešení jako v 3a.

4) Absolutní konvergence => konvergence mám vyřešeno, teď by se možná hodila konvergence samotná. Asi by bylo potřeba Leibnizovo kritérium (díky lichosti jsem si vyhodil (-1)^n před funkci), takže bych měl dokázat, že

$\frac{1}{n^p} \text{arctan} $\sqrt{n+2} - \sqrt{n+1}$$ klesá.

Tentokrát bude muset zpočátku platit -1/2 < p =< 1/2 (pro ostatní případy už je konvergentní nebo nesplňuje nutnou podmínku). Teď ale nevím, jak to pořádně uchopit, abych o něco nepřišel. Pouhým pohledem bych řekl, že pro <0, 1/2> to může klesat (a tím pádem konvergovat, byť ne absolutně), u (-1/2, 0) nevím (ale řekl bych, že v těch případech, kdy se nějaká kladná mocnina n dostane do čitatele, bude přebita odmocninou z n ve jmenovateli, takže řada bude též konvergovat).

---

Jak tak koukám, mohl jsem Leibnize použít hned na začátku.

---

Prosím tedy o nějaký komentář, korekci chyb, nápady na řešení atp.

Hezký večer přeji.

Olin · 07. 05. 2010 21:05 — Editoval Olin (07. 05. 2010 21:05)

Žádné problémy nevidím. Leibniz by sice ze začátku použít šel, ale jelikož se po nás chce i absolutní konvergence, srovnávací kritérium by se dřív či později použít muselo. Pro případy $p \in $ -\frac 12,\, 0 $$ by řada asi konvergovat měla - je třeba dokázat monotónnost. Ale taky moc mě nenapadá, jak na to, derivování je pěkně nechutné.

lukaszh · 21. 05. 2010 22:05

↑ halogan:

Možno by si to vyžadovalo odbornejší pohľad, takže brať s rezervou a máme mierne pokročilú hodinu :-) Ja by som postupoval nasledovne. Pomocou Lagrangeovej vety si odvodíme
$\arctan(x)=\frac{1}{1+\xi^2}\cdot x$
čo nám prevedie na tvar
$\arctan\left[(-1)^n(\sqrt{n+2}-\sqrt{n+1})\right]=\frac{(-1)^n(\sqrt{n+2}-\sqrt{n+1})}{1+\xi_n^2}$
Treba si všimnúť, že ak označíme
$x_n=\frac{1}{1+\xi_n^2}$
tak táto postupnosť ohraničená zhora
$\sup_{n\in\mathbb{N}}x_n=1$
a konverguje k 1. Skúmame teda konvergenciu radu
$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sqrt{n+2}-\sqrt{n+1}}{n^p}\cdot (-1)^n\cdot x_n=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^p\cdot(\sqrt{n+2}+\sqrt{n+1})}\cdot (-1)^n\cdot x_n$
Označme si opäť
$y_n=\frac{1}{n^p\cdot(\sqrt{n+2}+\sqrt{n+1})}\cdot x_n$
Túto postupnosť si zrejme vieme ohraničiť
$\frac{1}{n^p\cdot(\sqrt{n+2}+\sqrt{n+1})}\cdot(1-\delta)\,<\,\frac{1}{n^p\cdot(\sqrt{n+2}+\sqrt{n+1})}\cdot x_n\,<\,\frac{1}{n^p\cdot(\sqrt{n+2}+\sqrt{n+1})}\cdot1\,;\;\delta\in(0,1)$
Určíme podmienky pre p, pre obe postupnosti na okraji a dospejeme k záveru, že aj pre postupnosť y_n bude platiť rovnaká podmienka.

Marian · 22. 05. 2010 16:02 — Editoval Marian (22. 05. 2010 16:22)

↑ lukaszh: Tvůj postup mi není úplně jasný. Postupoval bych jinak.

Cíle jsem se dobral poměrně snadno.

1. Nechť nejprve $p\in [0,1/2)$ . Potom funkce $\frac{1}{n^p}$ je buď konstantní (pro p=0) nebo klesající (pro p různá od nuly, ale ze stanoveného intervalu). Dále, nezávisle na hodnotě $p$ je funkce $\arctan\left (\frac{1}{\sqrt{n+2}+\sqrt{n+1}}\right )$ klesající. Protože obě tyto funkce jsou kladné, musí platit, že i jejich součin bude klesající kladná funkce a tudíž monotónní. Proto pro uvedená p bude řada konvergentní podle Leibnizova kritéria.

2. Nechť nyní $p\in (-1/2,0)$ . Zde je situace náročnější. Olin naznačl, že derivace není příjemná, ale dá se pomocí ní ukázat důležitý fakt, aniž bych s ní pracoval zcela přesně. Zde je ukázka, jak derivace nejen využít, ale i zneužít ...

Definujme funkci $f(n;\gamma)$ takto:

$f(n;\gamma):=n^{1/\gamma}\cdot\arctan\left (\frac{1}{\sqrt{n+2}+\sqrt{n+1}}\right ),\qquad n\in\mathbb{N}, \quad\gamma\in (2,+\infty).$

Tato funkce reprezentuje jistě sčítanec předložené nekonečné řady v obecném tvaru pro $p\in (-1/2,0)$ (stačí uvážit transformaci $\gamma =-1/p$ ). Najdeme derivaci této funkce:

Nyní klíčový krok. Pokud neumíme přesně zjistit, jak to vypadá se znaménkovými změnami derivací (nebo obecně funkcí), daří se někdy ukázat existenci takového n_0, že pro všechna n>n_0 již žádná další znaménková změna nenastává.

Předně je jasné, že platí

$\mathrm{sgn}\,\left (\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}n}f(n;\gamma)\right )=\mathrm{sgn}\,\left (\frac{1}{\gamma n}\cdot\arctan\left (\frac{1}{\sqrt{n+2}+\sqrt{n+1}}\right )-\frac{1}{2\sqrt{(n+2)(n+1)}\cdot\left (1+\left (\frac{1}{\sqrt{n+2}+\sqrt{n+1}}\right )^2\right )\cdot\left (\sqrt{n+2}+\sqrt{n+1}\right )}\right ).$

Předpokládejme, že nevíme, jak to se znaménkem dopadne a místo relace < nebo > zvolíme náhradní relaci za tyto dvě pomocí znaku $\boxed{*}$ . Potom

$\mathrm{sgn}\,\left (\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}n}f(n;\gamma)\right )\boxed{*}0$

je ekvivalentní s relací

$\frac{\arctan\left (\frac{1}{\sqrt{n+2}+\sqrt{n+1}}\right )}{\frac{1}{\sqrt{n+2}+\sqrt{n+1}}}\boxed{*}\frac{\gamma n}{2\sqrt{(n+2)(n+1)}\cdot\left (1+\frac{1}{\left (\sqrt{n+2}+\sqrt{n+1}\right )^2}\right )}.$

Ovšem limitně pro $n\to +\infty$ se blíží levá strana hodnotě $1$ , zatímco pravá strana hodnotě $\frac{\gamma}{2}$ . Protože podle našeho předpokladu je $\gamma >2$ , je $\frac{\gamma}{2}>1$ . Proto lze relaci $\boxed{*}$ nahradit relací $<$ s platností od jistého $n_0$ (jeho existence plyne z vlastností o vlastní limitě posloupnosti). Proto od jistého $n_0$ bude platit, že deriace funkce $f(n;\gamma)$ bude pro všechna $n>n_0$ záporná. Odtud fakt, že sčítanec nekonečné řady bude monotónní (dokonce klesající) pro všechna $n>n_0$ .

Bod 2. je o to komplikovanější, že monotonie nenastává hned, ale až do jistého $n_0=n_0(\gamma)$ .

Zde je ještě i obrázek pro $\gamma\in\{3,4,6 \}$ , legenda: 3, 4, 6.

halogan · 22. 05. 2010 16:13

↑ Marian:

Děkuji za další přehlídku, ale nějak mi není jasné, jak by na takovouto opičárnu měl přijít běžný student naší fakulty. Budu tedy doufat, že mě nic takového nepotká.

Děkuji ještě jednou a hezký zbytek víkendu přeji.

Marian · 22. 05. 2010 16:24

↑ halogan:

Musel bys znát jiné triky, abychom mohli postupovat více elegantně. Jako opičárna to může vypadat, ale je o vcelku snadná myšlenka, která se dá aplikovat na mnohé jiné a komplikovanější problémy.

Matematické Fórum

#1 06. 05. 2010 23:30

Konvergence řady

#2 07. 05. 2010 21:05 — Editoval Olin (07. 05. 2010 21:05)

Re: Konvergence řady

#3 21. 05. 2010 22:05

Re: Konvergence řady

#4 22. 05. 2010 16:02 — Editoval Marian (22. 05. 2010 16:22)

Re: Konvergence řady

#5 22. 05. 2010 16:13

Re: Konvergence řady

#6 22. 05. 2010 16:24

Re: Konvergence řady

Zápatí