Συνθήκη σύγκλισης σειράς

#1

Ας δειχθεί ότι : η $\displaystyle{\sum_{n\geq1}\frac{(-1)^{n-1}\sin\left(\ln n\right)}{n^a}}$ συγκλίνει αν και μόνο αν a>0

.

S.E.Louridas · #2

Μία σύντομη άποψη:

$\frac{{\left| {\sin \left( {\ln n} \right)} \right|}} {{n^a }} \leqslant \frac{{\ln n}} {{n^a }},\left( {\frac{{\ln x}} {{x^a }} \downarrow ,o\tau \alpha \nu \;x > 0\;\mu \varepsilon \;\ln x > \frac{1} {a}} \right),\;\mu \varepsilon \;\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{\ln n}} {{n^a }} = 0\;\left( {\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\ln x}} {{x^a }}\mathop = \limits^{\left( {\frac{\infty } {\infty }} \right)}...= 0} \right)$ ,
οπότε από το κριτήριο του Leibniz έχουμε το προς απόδειξη.

S.E.Louridas

S.E.Louridas · #3

Συγνώμη,
Δυστυχώς θεώρησα το α πάνω από 1 (απροσεξία) και οχι από το 0 και επομένως τα παραπάνω είναι ως μή γενόμενα.
Τα αφήνω όμως γιά διδακτικούς λόγους (το κόστος μίας απροσεξίας).

S.E.Louridas

peter · #4

Καλημέρα, Αναστάση! Να κάνω κι εγώ μια απόπειρα.

Όπως έγραψε ο κος Λουρίδας, όταν το a>1

η σειρά συγκλίνει απόλυτα. Για τη γενική περίπτωση μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε το εξής Θεώρημα τύπου Leibniz:

Αν ακολουθία φραγμένης κύμανσης και $x_n\to 0$ , τότε η σειρά $\sum (-1)^n x_n$ συγκλίνει.

Παρατηρώντας ότι για τη $x_n=\frac{\sin(\log n)}{n^a}$ ισχύει $|x_n-x_{n+1}|\leq (1+a)n^{-a-1}$ για κάθε $n\in \mathbb N$ , βρίσκουμε ότι η (x_n)

είναι φραγμένης κύμανσης.

Για $a\leq 0$ είναι προφανές ότι αποκλίνει.

#5

peter έγραψε:Καλημέρα, Αναστάση! Να κάνω κι εγώ μια απόπειρα.

Όπως έγραψε ο κος Λουρίδας, όταν το η σειρά συγκλίνει απόλυτα. Για τη γενική περίπτωση μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε το εξής Θεώρημα τύπου Leibniz:

Αν ακολουθία φραγμένης κύμανσης και $x_n\to 0$ , τότε η σειρά $\sum (-1)^n x_n$ συγκλίνει.

Παρατηρώντας ότι για τη $x_n=\frac{\sin(\log n)}{n^a}$ ισχύει $|x_n-x_{n+1}|\leq (1+a)n^{-a-1}$ για κάθε $n\in \mathbb N$ , βρίσκουμε ότι η είναι φραγμένης κύμανσης.

Για $a\leq 0$ είναι προφανές ότι αποκλίνει.

Η ακολουθία $\displaystyle{{x_n} = \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}}{n}}$ είναι φραγμένης κύμανσης, όμως $\displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^n}{x_n}} = \sum\limits_{n = 1}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^n}\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}}{n}} = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{n}} \to + \infty }$ .

#6

Λήμμα 1. Αν $\displaystyle{{\text{Re}}\left( z \right) > 0}$ τότε το ολοκλήρωμα $\displaystyle{I = \int\limits_0^\infty {\frac{{{x^{z - 1}}}}{{1 + {e^x}}}dx} }$ συγκλίνει.
Διότι $\displaystyle{{\text{Re}}\left( z \right) > 0 \Rightarrow z = c + iy{\text{ }}{\text{, }}c > 0}$ . Τότε $\displaystyle{\left| {\int\limits_0^\infty {\frac{{{x^{z - 1}}}}{{1 + {e^x}}}dx} } \right| \leqslant \int\limits_0^\infty {\frac{{\left| {{x^{z - 1}}} \right|}}{{1 + {e^x}}}dx} = \int\limits_0^\infty {\frac{{{x^{c - 1}}}}{{1 + {e^x}}}dx} = \int\limits_0^\infty {\frac{{{x^c}}}{{x\left( {1 + {e^x}} \right)}}dx} = \mathop = \limits^{{x^c} = u} = \frac{1}{c}\int\limits_0^\infty {\frac{1}{{1 + {e^{{u^{1/c}}}}}}du} }$ .

Όμως $\displaystyle{\forall c > 0,\exists {x_0}:{e^{{u^{1/c}}}} > {u^2}}$ (εύκολα αποδείξιμο). Άρα $\displaystyle{\left| {\int\limits_0^\infty {\frac{{{x^{z - 1}}}}{{1 + {e^x}}}dx} } \right| \leqslant \frac{1}{c}\int\limits_0^\infty {\frac{1}{{1 + {e^{{u^{1/c}}}}}}du} \leqslant A + \frac{1}{c}\int\limits_{{u_0}}^\infty {\frac{1}{{1 + {u^2}}}du} < A + \frac{1}{c} \cdot \frac{\pi }{2}}$ .

Με περίπου αντίστοιχο τρόπο προκύπτει ότι αν $\displaystyle{{\text{Re}}\left( z \right) \leqslant 0}$ το ολοκλήρωμα $\displaystyle{I = \int\limits_0^\infty {\frac{{{x^{z - 1}}}}{{1 + {e^x}}}dx} }$ αποκλίνει.

Λήμμα 2 $\displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{n - 1}}}}{{{n^z}}}} = \frac{1}{{\Gamma \left( z \right)}}\int\limits_0^\infty {\frac{{{x^{z - 1}}}}{{1 + {e^x}}}dx} }$

Διότι $\displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{n - 1}}}}{{{n^z}}}} = \frac{1}{{\Gamma \left( z \right)}}\sum\limits_{n = 1}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^{n - 1}}\int\limits_0^\infty {{x^{z - 1}}{e^{ - nx}}dx} } = \frac{1}{{\Gamma \left( z \right)}}\int\limits_0^\infty {{x^{z - 1}}\left( {\sum\limits_{n = 1}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^{n - 1}}{e^{ - nx}}} } \right)dx} = }$

$\displaystyle{ = \frac{1}{{\Gamma \left( z \right)}}\int\limits_0^\infty {{x^{z - 1}}\frac{{{e^{ - x}}}}{{1 + {e^{ - x}}}}dx} \Rightarrow \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{n - 1}}}}{{{n^z}}}} = \frac{1}{{\Gamma \left( z \right)}}\int\limits_0^\infty {\frac{{{x^{z - 1}}}}{{1 + {e^x}}}dx} }$

Τότε $\displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{n - 1}}\sin \left( {\ln \left( n \right)} \right)}}{{{n^a}}}} = \frac{1}{{2i}}\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{n - 1}}\left( {{e^{i\ln \left( n \right)}} - {e^{ - i\ln \left( n \right)}}} \right)}}{{{n^a}}}} = \frac{1}{{2i}}\left( {\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{n - 1}}}}{{{n^{a - i}}}}} - \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{n - 1}}}}{{{n^{a + i}}}}} } \right) = }$

$\displaystyle{ = \frac{1}{{2i}}\left( {\frac{1}{{\Gamma \left( {a - i} \right)}}\int\limits_0^\infty {\frac{{{x^{a - \left( {1 + i} \right)}}}}{{1 + {e^x}}}dx} - \frac{1}{{\Gamma \left( {a + i} \right)}}\int\limits_0^\infty {\frac{{{x^{a - \left( {1 - i} \right)}}}}{{1 + {e^x}}}dx} } \right)}$ και επομένως η σειρά συγκλίνει αν και μόνον αν $\displaystyle{a > 0}$

Κλειστός τύπος

$\displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{n - 1}}}}{{{n^z}}}} = 1 - \frac{1}{{{2^z}}} + \frac{1}{{{3^z}}} - .. = 1 + \frac{1}{{{2^z}}} + \frac{1}{{{3^z}}} + .. - 2\left( {\frac{1}{{{2^z}}} + \frac{1}{{{4^z}}} + ..} \right) = \zeta \left( z \right) - {2^{1 - z}}\zeta \left( z \right) = \left( {1 - {2^{1 - z}}} \right)\zeta \left( z \right)}$

Τότε $\displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{n - 1}}\sin \left( {\ln \left( n \right)} \right)}}{{{n^a}}}} = \frac{1}{{2i}}\left( {\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{n - 1}}}}{{{n^{a - i}}}}} - \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{n - 1}}}}{{{n^{a + i}}}}} } \right) = }$

$\displaystyle{ = \frac{1}{{2i}}\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{n - 1}}}}{{{n^{a - i}}}}} - \frac{1}{{2i}}\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{n - 1}}}}{{{n^{a + i}}}}} = \frac{1}{{2i}}\left( {1 - {2^{1 - a + i}}} \right)\zeta \left( {a - i} \right) - \frac{1}{{2i}}\left( {1 - {2^{1 - a - i}}} \right)\zeta \left( {a + i} \right)}$ .

peter · #7

Σεραφείμ έγραψε: Η ακολουθία $\displaystyle{{x_n} = \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}}{n}}$ είναι φραγμένης κύμανσης, όμως $\displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^n}{x_n}} = \sum\limits_{n = 1}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^n}\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}}{n}} = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{n}} \to + \infty }$ .

Συγχωρέστε με αν κάνω λάθος, αλλά αν δε συνεχίζω να είμαι ζαλισμένος, έχω την εντύπωση ότι αυτή δεν είναι φραγμένης κύμανσης: $|\frac{(-1)^n}{n}-\frac{(-1)^{n+1}}{n+1}|=\frac{1}{n}+\frac{1}{n+1}$ .

#8

peter έγραψε:
Σεραφείμ έγραψε: Η ακολουθία $\displaystyle{{x_n} = \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}}{n}}$ είναι φραγμένης κύμανσης, όμως $\displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^n}{x_n}} = \sum\limits_{n = 1}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^n}\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}}{n}} = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{n}} \to + \infty }$ .
Συγχωρέστε με αν κάνω λάθος, αλλά αν δε συνεχίζω να είμαι ζαλισμένος, έχω την εντύπωση ότι αυτή δεν είναι φραγμένης κύμανσης: $|\frac{(-1)^n}{n}-\frac{(-1)^{n+1}}{n+1}|=\frac{1}{n}+\frac{1}{n+1}$ .

Πέτρο δεν ήξερα τον όρο ακριβώς, άλλο είχα κατα νου. Μετά από επικοινωνία με τον Αναστάση (και σχετικό ψάξιμο στο διαδίκτυο) διαπιστώνω πως, το αντιπαράδειγμά μου δεν κολλάει στα αναγραφόμενά σου. Μου άρεσε το σχετικό θέμα (της φραγμένης κύμανσης), θα το κοιτάξω λεπτομερέστερα.

Τελικά το mathematica είναι μεγάλο σχολείο.

peter · #9

Ας γράψω τί ξέρω (και τί δεν ξέρω)!

Μια ακολουθία (x_n)

λέγεται φραγμένης κύμανσης, αν $\sum_n|x_n-x_{n+1}|<\infty$ . Μπορεί εύκολα να δείξεις κανείς ότι κάθε τέτοια είναι Cauchy.

Επίσης, ισχύει ένα είδος αντιστρόφου: Κάθε Cauchy ακολουθία περιέχει υπακολουθία φραγμένης κύμανσης. Αυτά είναι εύκολα.

Πάμε τώρα σε αυτό που έγραψα (και νομίζω ότι είναι σωστό-πείτε μου κι εσείς): Αν (x_n)

μηδενική ακολουθία φραγμένης κύμανσης, τότε η σειρά $\sum (-1)^nx_n$ είναι συγκλίνουσα. Αρκεί να πληρείται το κριτήριο του Cauchy: Αν n<m

τότε,

$\displaystyle 2\sum_{k=n+1}^m(-1)^kx_k=\sum_{k=n}^m(-1)^k(x_k-x_{k+1})+(-1)^mx_{m+1}+(-1)^{n+1}x_n$ .

Άρα, $\displaystyle \left|\sum_{k=n+1}^m(-1)^kx_k \right|\leq \frac{1}{2}\sum_{k=n}^m|x_k-x_{k+1}|+\frac{|x_n|+|x_{m+1}|}{2}$ .

Καθώς, η (x_k)

είναι φραγμένης κύμανσης και μηδενική έχουμε το ζητούμενο.

Συνθήκη σύγκλισης σειράς

Συνθήκη σύγκλισης σειράς

Re: Συνθήκη σύγκλισης σειράς

Re: Συνθήκη σύγκλισης σειράς

Re: Συνθήκη σύγκλισης σειράς

Re: Συνθήκη σύγκλισης σειράς

Re: Συνθήκη σύγκλισης σειράς

Re: Συνθήκη σύγκλισης σειράς

Re: Συνθήκη σύγκλισης σειράς

Re: Συνθήκη σύγκλισης σειράς

Μέλη σε σύνδεση