Matematické Fórum

zababa · 01. 09. 2011 23:18

Ahoj, nevěděl byste někdo, jak zjistit konvergenci řady

$\sum_{n=2}^{\infty}{\frac{\sin(n+{\frac1n})}{\ln{lnn}}}$ ?

Zkoušela jsem Dirichletovo kritérium, ale zasekla jsem se na důkazu, že posloupnost částečných součtů toho sinu je omezená. Takže by vlastně stačilo poradit, jak to dokázat.:)

A druhý dotaz: počítala jsem stejnou řadu jako tady a při zjišťování absolutní konvergence jsem použila podílové kritérium, kterým mi ale vyšlo, že řada konverguje absolutně, protože

$\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{\frac{\sqrt[n+1]{n+1}}{\ln{ln{ln(n+1)}}}}{\frac{\sqrt[n]{n}}{\ln{ln{lnn}}}}<1$

, tedy posloupnost je klesající ( $a_{n+1}<a_n$ ) a to platí pro n>e, což mi vyšlo z výpočtu první derivace. Ale přitom ten postup na té odkazované stránce dává taky smysl. Tak nevím, v čem je chyba.
Předem díky za odpověď :)

Rumburak

↑ zababa:
Tomu Pavlovu zdůvodnění v odkazu rozumím a připadá mi správné. Ale proč by mělo být

$\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{\frac{\sqrt[n+1]{n+1}}{\ln{ln{ln(n+1)}}}}{\frac{\sqrt[n]{n}}{\ln{ln{lnn}}}}<1$ ,

to netuším.. Ale i kdyby to byla pravda , tak to, že posloupnonost $(a_n)$ je klesajíci a má limitu 0, ještě nemusí znamenat, řada $\Sigma a_n$
je konvergentní. K důkazu takové konvergence by však stačilo ukázat , že s výjimkou konečného počtu indexů je

$\frac{a_{n+1}}{a_n}\le \frac{b_{n+1}}{b_n}$ ,

kde $\Sigma b_n$ je nějaká konvergentí řada s kladnými členy.

Marian · 02. 09. 2011 09:42

↑ zababa:

Myslím, že řešení jsem popsal zde.

zababa · 02. 09. 2011 10:56

↑ Marian:
No jo, to přesně potřebuju, nějak jsem si nevšimla, že už to tu je vyřešeno, mockrát děkuju! Koukám, že je to důkaz pro pokročilé.:-)

zababa · 02. 09. 2011 11:31

↑ Rumburak:
$\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{\frac{\sqrt[n+1]{n+1}}{\ln{ln{ln(n+1)}}}}{\frac{\sqrt[n]{n}}{\ln{ln{ln n}}}}<1$

to mi právě vyšlo z toho, že

$\frac{\sqrt[n]{n}}{\ln{ln{lnn}}}$

je klesající posloupnost, protože když spočítám první derivaci fce v čitateli a ve jmenovateli, vyjde

$\frac{d(\ln{ln{lnx}})}{dx}=\frac1{\ln{lnx}\cdot\ln x\cdot{x}}>0$

pro x>e, takže je rostoucí, a tudíž

$\frac1{\ln{ln{lnn}}}$

je klesající pro n>e. Stejně tak derivace fce v čitateli

$\frac{d(\sqrt[x]{x})}{dx}=\sqrt[x]{x}\cdot \frac{-1}{x^2}\cdot (\ln x-1)<0$

pro x>e, takže posloupnost

$\sqrt[n]{n}$

je klesající pro n>e, tudíž ten zlomek by taky měl být klesající. Taková byla moje úvaha a nemůžu si tam objevit chybu, i když tam nejspíš nějaká bude.

Rumburak · 02. 09. 2011 11:43

↑ zababa:
Děkuji, to je, zdá se, v pořádku a je to snazší, než mi původně připadalo.
Mezitím jsem ještě doplnil důležitou poznámku do svého předchozího příspěvku.

zababa · 02. 09. 2011 12:02

↑ Rumburak:
A neplyne konvergence klesající řady z podílového kritéria? Pokud jsou členy nezáporné a nenulové, pak by řada měla konvergovat, platí-li

$\frac{a_{n+1}}{a_n}<1, \forall n \ge n_0$ .

Nebo ne?

Stýv · 02. 09. 2011 12:40

nemýlím-li se, podílový kriterium vypadá nějak takhle: $\exists q:\frac{a_{n+1}}{a_n}\leq q<1, \forall n \ge n_0$

Rumburak

↑ zababa:

Že samotná podmínka $\frac{a_{n+1}}{a_n}<1, \forall n \ge n_0$ ke konvergenci příslušné řady nestačí, ukazuje příklad ředy $\Sigma a_n$ ,
kde $a_n := \frac{1}{n}$ (tzv. harmonická řada), o níž je známo, že je divergentní, přestože

$\frac{a_{n+1}}{a_n} =\frac{ \frac{1}{n+1}}{ \frac{1}{n}} =\frac {n}{n+1}<1$ .

zababa · 02. 09. 2011 14:04

↑ Rumburak:
A jo vlastně. Takže tady $\exists q:\frac{a_{n+1}}{a_n}\leq q<1, \forall n \ge n_0$ je zásadní existence toho q, pokud to dobře chápu.
Díky za objasnění.:-)

Rumburak

↑ zababa:

Bavíme-li se stále ještě o řadách s kladnými členy (nebo aspoň kladnými od jistého indexu výše), potom podmínka

(1) $\exists q:\frac{a_{n+1}}{a_n}\leq q<1, \forall n \ge n_0$

konvergenci odpovídající řady zaručuje, avšak zároveň platí, že nesplnění této podmínky konvergenci nevylučuje.
I mezi řadami splňujícími pouze

(2) $\frac{a_{n+1}}{a_n}<1, \forall n \ge n_0$

a nikoliv (1) jsou některé konvergentní a některé divergentní. Divergentní je zmíněná řada harmonická, konvergentní
řadu dostaneme třebas pro $a_n := \frac {1}{n^2}$ .

Dokonce ani nesplnění podmínky (2) konvergenci nevylučuje. Například definujme

$a_n := \frac {1}{4^n}$ pro n liché , $a_n := \frac {1}{2^n}$ pro n sudé.

Není těžké zjistit, že odpovídající řada je konvergentní (a sečíst ji), pří tom platí dokonce

$\limsup_{n \to \infty}\,\frac{a_{n+1}}{a_n} = +\infty$ .

zababa · 03. 09. 2011 20:34

↑ Rumburak:
Jasně, chápu, děkuju.

Matematické Fórum

#1 01. 09. 2011 23:18

Vyšetření konvergence řady s obecnými členy

#2 02. 09. 2011 09:37 — Editoval Rumburak (02. 09. 2011 11:35)

Re: Vyšetření konvergence řady s obecnými členy

#3 02. 09. 2011 09:42

Re: Vyšetření konvergence řady s obecnými členy

#4 02. 09. 2011 10:56

Re: Vyšetření konvergence řady s obecnými členy

#5 02. 09. 2011 11:31

Re: Vyšetření konvergence řady s obecnými členy

#6 02. 09. 2011 11:43

Re: Vyšetření konvergence řady s obecnými členy

#7 02. 09. 2011 12:02

Re: Vyšetření konvergence řady s obecnými členy

#8 02. 09. 2011 12:40

Re: Vyšetření konvergence řady s obecnými členy

#9 02. 09. 2011 12:50 — Editoval Rumburak (02. 09. 2011 12:59)

Re: Vyšetření konvergence řady s obecnými členy

#10 02. 09. 2011 14:04

Re: Vyšetření konvergence řady s obecnými členy

#11 02. 09. 2011 15:01 — Editoval Rumburak (02. 09. 2011 15:24)

Re: Vyšetření konvergence řady s obecnými členy

#12 03. 09. 2011 20:34

Re: Vyšetření konvergence řady s obecnými členy

Zápatí