Matematické Fórum

maoap · 05. 01. 2017 19:27

Ahoj, potřeboval bych pomoct s tím, jak se počítají konvergence řad tohoto tvaru:
$\sum_{n=1}^{\infty }\frac{(-1)^{[\sqrt{n}]}}{n}$ a $\sum_{n=1}^{\infty }\frac{(-1)^{[\log_{}n]}}{n}$ , kde $[a]$ značí celou část čísla $a$ a $\log$ značí přirozený logaritmus. Stačí mi pochopitelně postup pouze pro jednu z nich, ta druhá se bude dělat snad obdobně.

Zatím jsem nad tím strávil docela dost času a dokázat, že $(-1)^{[\sqrt{n}]}$ má omezenou posloupnost částečných součtů, se mi nepodařilo.

Pak jsem zkusil tu řadu přepsat na $\sum_{n=1}^{\infty }(-1)^{n}\sum_{k=n^{2}}^{(n+1)^{2}-1}\frac{1}{k}$ . Na to konto se ptám, jestli je tenhle přepis korektní? Já to odvozuji trochu nekorektně, neboť vycházím z:
$l\le \sqrt{n}<l+1$ kde $l\in \mathbb{Z}$
$l^{2}\le n<(l+1)^{2}$
A tady nevím jak to korektně dodělat, aby mi ta zřejmá suma vyšla.
Pak jsem chtěl použít Leibnize, ale monotonii se mi dokázat nepodařilo, dělal jsem tam asi moc hrubé odhady, takže nevím co dál.

Toť mé pokusy, jak byste to vyřešili vy?
Děkuji

Bati · 07. 01. 2017 22:29 — Editoval Bati (07. 01. 2017 22:47)

↑ maoap:
Ahoj,
v tvém případě ten přepis funguje, protože jsi to seskupil podle znamínka. Tudíž, když označím tvou původní řadu $\sum a_k$ a seskupenou $\sum b_k$ , tak pro každé $N$ najdu $n$ tak, že můžu odhadnout $\sum^n b_k\leq\sum^N a_k\leq\sum^{n+1}b_k$ , nebo obráceně (záleží na aktuálním znaménku) $\sum^{n+1} b_k\leq\sum^N a_k\leq\sum^{n}b_k$ . Tzn., že když zjistíš, že $\sum b_k$ konverguje, tak konverguje i původní. Zdůrazňuju, že pro obecný řady to funguje jen obráceně, tzn., že platí jen "seskupující" asociativita (za předpokladu, že původní konverguje), cf. jednoduché příklady $\sum(-1)^k$ .

K tý monotonii mě nenapadá nic úplně jednoduchýho. K vyšetření chování toho členu $A_n=\sum_{k=n^2}^{(n+1)^2-1}\tfrac1k$ se hodí použít Riemannův integrál, můžeš tak snadno vyšetřit obecnější řadu $\sum\frac{(-1)^{[\sqrt{n}]}}{n^{\alpha}}$ . Měl bys zjistit, že mez konvergence je $\alpha>\tfrac12$ (pro $\alpha=\tfrac12$ se $A_n$ chová pouze jako konstanta.) Taky je jasný, že pro $\alpha>1$ máš absolutní konvergenci. Pro tu monotonii pak můžeš použít ty odhady, který dostaneš přes ten R. integrál, tj. něco jako
$2\log(1+\tfrac1n)\leq A_n\leq2\log(1+\tfrac1n)+\log(1+\tfrac{2n+1}{(n+1)^3(n-1)})$ (pro $\alpha=1$ ),
což vede na
$A_n-A_{n+1}=\log\frac{n^8+10n^7+42n^6+O(n^5)}{n^8+10n^7+40n^6+O(n^5)}>0$ pro velký $n$ .

Ta druhá řada mi vyšla divergentní (těsně).

Edit: Ještě mě napadá poznámka k tomu, jak jsi zkoušel dokázat omezenost část. součtů - uvědom si, že tobě v tom kritériu stačí, abys tam měl monotonní posloupnost jdoucí k nule, což sice $\frac1n$ je, ale např. $\frac1{n^{\frac1{10}}}$ taky. Tím pádem ti zbyde ještě $\frac1{n^{\frac9{10}}}$ , který můžeš použít k umlácení těch část. součtů (což se ti ale stejně nepovede). Z toho bys měl tušit, že tahle cesta není moc optimální.

maoap · 08. 01. 2017 15:17

↑ Bati:
Děkuji mockrát za odpověď, něco jsem se z toho přiučil. Nicméně je tu menší problém, že Riemannův integrál určitě použít nesmíme, neboť je náplní až příštího semestru, ale jsem rád že alespoň nějak bych to pro svůj klid už spočítal.

Jenže určitě by to mělo jít vyřešit i bez něho, takže jestli by někoho napadlo jak na to více elementárně, budu rád.

Matematické Fórum

#1 05. 01. 2017 19:27

konvergence řady s celou částí

#2 07. 01. 2017 22:29 — Editoval Bati (07. 01. 2017 22:47)

Re: konvergence řady s celou částí

#3 08. 01. 2017 15:17

Re: konvergence řady s celou částí

Zápatí