Matematické Fórum

Pavel Brožek

Vyšetřete absolutní konvergenci a konvergenci řady

$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin{\frac{n\pi}{4}}}{n^p+\sin{\frac{n\pi}{4}}}$

Je to úloha 2682 z Děmidoviče. Absolutní konvergenci ještě zvládnu, ale nedaří se mi vyřešit neabsolutní konvergenci pro $p\in(0,1]$ , nevíte někdo co s tím? :-)

Marian · 25. 08. 2008 14:57 — Editoval Marian (25. 08. 2008 14:59)

Platí
$\frac{\sin\frac{\pi n}{4}}{n^p+\sin\frac{\pi n}{4}}=\frac{\sin\frac{\pi n}{4}}{n^p}\cdot\frac{1}{1+\frac{\sin\frac{\pi n}{4}}{n^p}}=\frac{\sin\frac{\pi n}{4}}{n^p}\sum_{k=0}^{\infty}\left (-\frac{\sin\frac{\pi n}{4}}{n^p}\right )^k=\nl =\frac{\sin\frac{\pi n}{4}}{n^p}-\frac{\sin^2\frac{\pi n}{4}}{n^{2p}}-\frac{\sin^2\frac{\pi n}{4}}{n^{2p}}\sum_{k=1}^{\infty}\left (-\frac{\sin\frac{\pi n}{4}}{n^p}\right )^k=\nl =\frac{\sin\frac{\pi n}{4}}{n^p}-\frac{\sin^2\frac{\pi n}{4}}{n^{2p}}+\frac{1}{n^{2p}}\cdot\frac{\sin ^3\frac{\pi n}{4}}{n^p+\sin\frac{\pi n}{4}}.$
Odtud
$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin\frac{\pi n}{4}}{n^p+\sin\frac{\pi n}{4}}=\sum_{n=1}^{\infty}\left (\frac{\sin\frac{\pi n}{4}}{n^p}-\frac{\sin ^2\frac{\pi n}{4}}{n^{2p}}+o\left (\frac{1}{n^{2p}}\right )\right )=\nl \sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin\frac{\pi n}{4}}{n^p}-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin ^2\frac{\pi n}{4}}{n^{2p}}+\sum_{n=1}^{\infty}o\left (\frac{1}{n^{2p}}\right ).$
První nekonečná řada konverguje podle Dirichletova kriteria pro p>0, druhá je řada s kladnými členy a konverguje podle srovnávacího kriteria pouze pro p>1/2. Třetí řada jistě konverguje (podle srovnávacího kriteria) také pro p>1/2. Odtud je jasné, že řada konverguje neabsolutně pro $\frac{1}{2}<p\le 1$ , nebo? pro p>1 konverguje původní řada absolutně.

Pavel Brožek · 25. 08. 2008 17:08

Díky moc. Co ale $p\in(0,\frac12]$ ? Jestli to dobře chápu, tak u tý třetí sumy využiješ toho, že pro velké n je

$0\leq \left|o\left(\frac{1}{n^{2p}}\right)\right|<\frac{1}{n^{2p}}$ ,

to ale dává pouze implikaci: Jestliže $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^{2p}}$ konverguje, pak $\sum_{n=1}^\infty o\left(\frac{1}{n^{2p}}\right)$ konverguje.

Pro $p\in(0,\frac12]$ tedy třetí suma může divergovat a druhá diverguje a mohou se "odečíst" na nějaké konečné číslo.

Marian · 25. 08. 2008 17:52

↑ BrozekP:
Dá se to popotáhnout trochu dále a pak je už vidět, že pro p<1/2 řada diverguje. Mám to před sebou, ale nebudu na 'netu dříve než zítra odpoledne. Navíc to souhlasí s výsledky v Děmidovičovi. Ale přesně na podobný problém o odečtení divergentních sum na konečné číslo jsem narazil.

Postarám se o příspěvek bez Landauových symbolů.

Marian · 26. 08. 2008 14:45 — Editoval Marian (26. 08. 2008 15:03)

Uvedu podrobnější řešení úlohy o konvergenci řady 2682. Provedu jistou transformaci a využiji v závěru oné transformace fakt, že p>0, což je možné předpokládat již nyní, protože řada je divergentní pro p<0.

Transformuji takto:
$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin\frac{n\pi}{4}}{n^p+\sin\frac{n\pi}{4}}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin\frac{n\pi}{4}}{n^p}\cdot\frac{1}{1+\frac{\sin\frac{n\pi}{4}}{n^p}}=\nl =\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin\frac{n\pi}{4}}{n^p}\cdot\sum_{k=0}^{\infty}\left (-\frac{\sin\frac{n\pi}{4}}{n^p}\right )^k=\nl =\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin\frac{n\pi}{4}}{n^p}\cdot\left (1-\frac{\sin\frac{n\pi}{4}}{n^p}+\sum_{k=2}^{\infty}\left (-\frac{\sin\frac{n\pi}{4}}{n^p}\right )^k\right )=\nl =\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin\frac{n\pi}{4}}{n^p}\cdot\left (1-\frac{\sin\frac{n\pi}{4}}{n^p}+\frac{\sin^2\,\frac{n\pi}{4}}{n^{2p}}\cdot\sum_{k=0}^{\infty}\left (-\frac{\sin\frac{n\pi}{4}}{n^p}\right )^k\right )=\nl =\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin\frac{n\pi}{4}}{n^p}\cdot\left (1-\frac{\sin\frac{n\pi}{4}}{n^p}+\frac{\sin^2\,\frac{n\pi}{4}}{n^{2p}}\cdot\frac{1}{1+\frac{\sin\frac{n\pi}{4}}{n^p}}\right )=\nl =\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin\frac{n\pi}{4}}{n^p}\cdot\left (1-\frac{\sin\frac{n\pi}{4}}{n^p}+\frac{\sin^2\,\frac{n\pi}{4}}{n^p(n^p+\sin\frac{n\pi}{4})}\right )=\nl =\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin\frac{n\pi}{4}}{n^p}\cdot\left (1-\frac{\sin\frac{n\pi}{4}}{n^p}\cdot\left (1-\frac{\sin\frac{n\pi}{4}}{n^p+\sin\frac{n\pi}{4}}\right )\right )=\nl =\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin\frac{n\pi}{4}}{n^p}\cdot\left (1-\frac{\sin\frac{n\pi}{4}}{n^p+\sin\frac{n\pi}{4}}\right )\quad=\limits^{p>0}\nl =\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin\frac{n\pi}{4}}{n^p}-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin^2\,\frac{n\pi}{4}}{n^p(n^p+\sin\frac{n\pi}{4})}.$

V posledním řádku výpočtu máme dvě nekonečné řady. Ta první je pro p>0 konvergentní podle Dirichletova kriteria pro nekonečné řady ve tvaru $\sum_n a_nb_n$ . U druhé řady je zase vidět, že se nutně jedená o řadu s kladnými členy, jejíž konvergenční charakter je tedy stejný jako konvergenční charakter původní nekonečné řady z Děmidoviče pro p>0. Platí navíc
$0\le\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin^2\,\frac{n\pi}{4}}{n^p(n^p+\sin\frac{n\pi}{4})}<\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^p(n^p+\sin\frac{n\pi}{4})},$
přičemž poslední řada konverguje právě tehdy, když konverguje řada $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2p}}$ , což je vidět snadno z hodnoty limity
$\lim_{n\to\infty\nl p>0}\frac{\frac{1}{n^{2p}}}{\frac{1}{n^p(n^p+\sin\frac{n\pi}{4})}}=1.$

Tedy původní řada konverguje pro p>1/2. Absolutní konvergence je snažší.

Pavel Brožek

Pokud $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2p}}$ diverguje, pak diverguje $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^p(n^p+\sin\frac{n\pi}{4})}$ , ale z toho neplyne, že diverguje i $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin^2\,\frac{n\pi}{4}}{n^p(n^p+\sin\frac{n\pi}{4})}$ . Zkusim se na to podívat, to už snad nebude těžký.

EDIT: smazal jsem svůj chybný postup.

Marian · 26. 08. 2008 15:33 — Editoval Marian (26. 08. 2008 16:05)

Plyne to z toho, ale není to vidět, dokud si nenapíšeš
$0<\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin^2\,\frac{n\pi}{4}}{n^p(n^p+\sin\frac{n\pi}{4})}= \sum_{k=0}^{7}\nosmash\sum_{\small{n=1}\nl\small{ n\equiv k\, (\mathrm{mod}8)}}^{\infty}\nosmash\frac{\sin^2\,\frac{n\pi}{4}}{n^p(n^p+\sin\frac{n\pi}{4})}=\nl =\frac{1}{2}\nosmash\sum_{\small{n=1}\nl\small{n\equiv 1\, (\mathrm{mod}8)}}^{\infty}\frac{1}{n^p\left (n^p+\frac{\sqrt{2}}{2}\right )}+ \sum_{\small{n=1}\nl\small{n\equiv 2\, (\mathrm{mod}8)}}^{\infty}\frac{1}{n^p\left (n^p+1\right)}+ \frac{1}{2}\nosmash\sum_{\small{n=1}\nl\small{n\equiv 3\, (\mathrm{mod}8)}}^{\infty}\frac{1}{n^p\left (n^p+\frac{\sqrt{2}}{2}\right )}+\nl +\frac{1}{2}\nosmash\sum_{\small{n=1}\nl\small{n\equiv 5\, (\mathrm{mod}8)}}^{\infty}\frac{1}{n^p\left (n^p-\frac{\sqrt{2}}{2}\right )}+ \sum_{\small{n=1}\nl\small{n\equiv 6\, (\mathrm{mod}8)}}^{\infty}\frac{1}{n^p\left (n^p-1\right)}+ \frac{1}{2}\nosmash\sum_{\small{n=1}\nl\small{n\equiv 7\, (\mathrm{mod}8)}}^{\infty}\frac{1}{n^p\left (n^p-\frac{\sqrt{2}}{2}\right )}=\nl =\nosmash\sum_{\small{n=1}\nl\small{n\equiv 1\, (\mathrm{mod} 8)}}^{\infty}\frac{1}{n^p\left (n^p+\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}+ \nosmash\sum_{\small{n=1}\nl\small{n\equiv 3\, (\mathrm{mod} 8)}}^{\infty}\frac{1}{n^p\left (n^p-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}+\nl +\sum_{\small{n=1}\nl\small{n\equiv 2\, (\mathrm{mod}8)}}^{\infty}\frac{1}{n^p\left (n^p+1\right )}+ \sum_{\small{n=1}\nl\small{n\equiv 6\, (\mathrm{mod}8)}}^{\infty}\frac{1}{n^p\left (n^p-1\right )},$
odkud je jasné, že pro p=1/2 nebo p<1/2 řada diverguje.

Pavel Brožek · 26. 08. 2008 15:52

Díky moc, teď už to vidim.

Matematické Fórum

#1 25. 08. 2008 10:36 — Editoval BrozekP (25. 08. 2008 10:59)

Konvergence řady

#2 25. 08. 2008 14:57 — Editoval Marian (25. 08. 2008 14:59)

Re: Konvergence řady

#3 25. 08. 2008 17:08

Re: Konvergence řady

#4 25. 08. 2008 17:52

Re: Konvergence řady

#5 26. 08. 2008 14:45 — Editoval Marian (26. 08. 2008 15:03)

Re: Konvergence řady

#6 26. 08. 2008 15:15 — Editoval BrozekP (26. 08. 2008 16:07)

Re: Konvergence řady

#7 26. 08. 2008 15:33 — Editoval Marian (26. 08. 2008 16:05)

Re: Konvergence řady

#8 26. 08. 2008 15:52

Re: Konvergence řady

Zápatí