Matematické Fórum

Kdosi · 03. 02. 2015 21:09 — Editoval Kdosi (03. 02. 2015 21:55)

Přeji pěkný večer,
nejsem si úplně jistý jak řešit obor konvergence této řady. Došel jsem k určitému výsledky, ale nevím, jestli to neřeším moc, složitě nebo nekorektně. Ostatně, podle výsledků to není celý obor konvergence.
Zadaní:
S využitím Cauchyova kondenzačního kritéria rozhodněte, pro které hodnoty reálných parametrů p, q následující řada konverguje a pro které diverguje.
$\sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{n^p \log^qn}$

Řešil jsem následovně:
Podle kondenzačního kritéria jsem řadu "přepsal" na $\sum_{n=2}^{\infty}a_n:=\sum_{n=2}^{\infty}{\frac{2^n}{(2^n)^p \log^q2^n}}$ . Teď se mi však nepovedlo řady nějak rozumně přerovnat např. na geometrickou řadu, tak mě napadlo použít limitní odmocninné kritérium (nevím jak rozumný tah to byl, ale jestli to zadání schvaluje). $\lim_{n\to \infty} \sqrt[n]{\frac{2^n}{(2^n)^p \log^q2^n}}=\lim_{n\to \infty}\frac{2}{2^p \sqrt[n]{ n^q}\sqrt[n]{ \log^q2}}=\frac{1}{2^{p-1}}$ . Teď jsem jen vyřešil nerovnici $2^{p-1}<1$ , která platí pro $p>1$ . Z čehož (podle mne) vyplývá, že řada konverguje pro $p>1 \wedge q\in{\mathbb{R}}$ . Je-li $\lim a_n=1$ , tedy $\frac{1}{2^{p-1}}=1 \Rightarrow p=1$ platí: $\sum_{n=2}^{\infty}a_n=\sum_{n=2}^{\infty}{\frac{2^n}{(2^n) \log^q2^n}}=\sum_{n=2}^{\infty}{\frac{1}{n^q\log^q2}}$ . Pro tuto řadu jsem použil podílové kritérium, tedy $\frac{1}{(n+1)^q\log^q2}\cdot \frac{n^q\log^q2}{1}<1 \Rightarrow \frac{n^p}{(n+1)^q}<1$ . Z tohoto bych řekl, že tedy pokud je $p=1$ , tak řada konverguje pro $q>0$ . Ve výsledcích je však uváděno, že pokud je $p=1$ #zde opraveno# musí být $q>1$ , což úplně nechápu proč.
Dále by mne zajímalo jak, pokud je potřeba, dokázat, že pro žádné jiné kombinace než $(p>1 \wedge q\in{\mathbb{R}})\vee p=1 \wedge q>1$ řada nekonverguje.
A ještě, jestli by na to nešlo jít jednodušeji, jen s kondenzačním kritériem.

Děkuji moc za Vaše připomínky, ještě jednou přeji pěkný večer :)

Pavel · 03. 02. 2015 21:38 — Editoval Pavel (03. 02. 2015 21:39)

↑ Kdosi:

Obávám se, že pro $p=0$ a $q>1$ ta nekonečná řada určitě diverguje. Stačí uvážit limitu

$\lim_{n\to\infty}\frac n{\log^{q-1}n}=\infty,\qquad q>1.$

Tzn. existuje $n_0\in\mathbb N$ takové, že $n>\log^{q-1}n$ pro všechna $n\geq n_0$ . Pak dle srovnávacího kritéria platí:

$\sum_{n=n_0}^{\infty}\frac{1}{\log^qn}=\sum_{n=n_0}^{\infty}\frac{1}{\log^{q-1}n\cdot\log n}>\sum_{n=n_0}^{\infty}\frac{1}{n\cdot\log n},$

přičemž poslední řada je divergentní. Doufám, že je zřejmé, že na konvergenci se nic nemění, jestliže sumy indexuji až od $n=n_0$ , a ne od $n=2$ .

Řekl bych, že ve výsledcích je chyba.

Kdosi · 03. 02. 2015 21:56 — Editoval Kdosi (03. 02. 2015 21:57)

↑ Pavel:
Omlouvám se, ale asi jsem se upsal, mělo tam být pro $p=1$ . V původním příspěvku jsem editoval......ještě jednou se omlouvám.

Pavel · 03. 02. 2015 22:47

↑ Kdosi:

Ok. Úvaha týkající se odmocninového kritéria je v pořádku, tj. konvergence pro $p>1$ a $q\in\mathbb R$ .

Pokud jde o podílové kritérium, tak to použít nemůžeš. Navíc máš v implikaci chybu, správně má být

$\frac{1}{(n+1)^q\log^q2}\cdot \frac{n^q\log^q2}{1}<1 \Rightarrow \frac{n^{\color{red}q}}{(n+1)^q}<1$

což je sice pravda, ale to neimplikuje konvergenci řady. Podílové kritérium bys mohl použít, pokud bys dokázal najít konstantu $0<K<1$ nezávislou na $n$ takovou, že

$\frac{n^{\color{red}q}}{(n+1)^q}<K<1,$

což bohužel v tomto případě nelze. Protože $\log^q2$ je konstanta nezávislá na $n$ , můžeš místo řady

$\sum_{n=2}^{\infty}{\frac{1}{n^q\log^q2}}$

vyšetřovat řadu

$\sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{n^q}.$

A tady zabere např. integrální kritérium.

Kdosi · 04. 02. 2015 16:13 — Editoval Kdosi (04. 02. 2015 16:14)

↑ Pavel:
Ano, $\frac{n^{\color{red}q}}{(n+1)^q}$ toto byl zase překlep (v úvodu to již opravovat nebudu). Abych řekl pravdu, nebyl jsem si stoprocentně jistý, jak přesně věta zní a moje lenost mi nedovolila se podívat, proto chyba s tou jedničkou.
Jaksi mi ani nedošla konstantnost $\log^q2$ . Integrální kritérium ještě nemám k dispozici, ale s řadou $\sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{n^q}$ jsem myslím již pracoval i bez něj (poznámky nemám zrovna u sebe, ale myslím, že ano. Napadá mě, že by se dalo znovu použít kondenzační kritérium, následně podílové kritérium, pomocí kterému dojdeme ke tvaru $\frac{1}{2^{q-1}}$ , které nezávisí na $n$ , tedy bychom měli být schopni najít $K$ takové, že $\frac{1}{2^{q-1}}<K<1$ . Nepletu se? ("vymýšlím" to teď celkem v rychlosti)

Teď by mne ale zajímalo, zda by úplně původní "kondenzovanou" řadu nešlo vyšetřit nějak rychleji. Přeci jenom jsem k úplnému výsledku musel použít poměrně dost kritérií.
Děkuji za Váš čas...

Matematické Fórum

#1 03. 02. 2015 21:09 — Editoval Kdosi (03. 02. 2015 21:55)

Konvergence-kondenzační kritérium

#2 03. 02. 2015 21:38 — Editoval Pavel (03. 02. 2015 21:39)

Re: Konvergence-kondenzační kritérium

#3 03. 02. 2015 21:56 — Editoval Kdosi (03. 02. 2015 21:57)

Re: Konvergence-kondenzační kritérium

#4 03. 02. 2015 22:47

Re: Konvergence-kondenzační kritérium

#5 04. 02. 2015 16:13 — Editoval Kdosi (04. 02. 2015 16:14)

Re: Konvergence-kondenzační kritérium

Zápatí