Σύγκλιση σειράς 105

#1

Για τις διάφορες τιμές του πραγματικού $\alpha$ , να εξετασθεί η σύγκλιση της σειράς

$\displaystyle\mathop{\sum}\limits_{{n}=2}^{\infty}\bigg(\mathop{\prod}\limits_{\kappa=2}^{n}\big(2-{\rm{e}}^{\frac{\alpha}{\kappa}}\big)\bigg)$

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #2

grigkost έγραψε: ↑
Τρί Απρ 17, 2018 10:50 pm
Για τις διάφορες τιμές του πραγματικού $\alpha$ , να εξετασθεί η σύγκλιση της σειράς

$\displaystyle\mathop{\sum}\limits_{{n}=2}^{\infty}\bigg(\mathop{\prod}\limits_{\kappa=2}^{n}\big(2-{\rm{e}}^{\frac{\alpha}{\kappa}}\big)\bigg)$

Η σειρά συγκλίνει αν και μόνο αν a> 1

η απόδειξη που έκανα ήταν χρησιμοποιώντας Taylor και το σύμβολο Ο.
Την προσαρμόζω ώστε να γίνει πιο κατανοητή

Θέτουμε $a_{n}=\mathop{\prod}\limits_{\kappa=2}^{n}\big(2-{\rm{e}}^{\frac{\alpha}{\kappa}})$

Για $a\leq 0$

είναι $a_{n}\geq 1$

οπότε δεν έχουμε σύγκλιση.

Για a> 1

.

Παρατηρούμε ότι αν $a=k\ln 2,k\in \mathbb{N},k\geq 2$

τότε είναι $a_{n}=0,n\geq n_{0}$

και προφανώς η σειρά συγκλίνει.

Υποθέτουμε ότι $a\neq k\ln 2,k\in \mathbb{N},k\geq 2$

Λογαριθμίζοντας και χρημοποιώντας τις

$\ln x\leq x-1,x> 0\wedge e^{x}\geq 1+x,x\in \mathbb{R}$

έχουμε

$\ln a_{n}=\sum_{k=2}^{n}\ln (1+1-e^{\frac{a}{k}})\leq \sum_{k=2}^{n}(1-e^{\frac{a}{k}})\leq -a\sum_{k=2}^{n}\frac{1}{k}$

Αλλά $\sum_{k=2}^{n}\frac{1}{k}=\ln n+r_{n}$

με $r_{n}\rightarrow r$ οπότε είναι φραγμένη.

Ετσι επειδή $-a\sum_{k=2}^{n}\frac{1}{k}\leq C+\ln n^{-a}=\ln C'\frac{1}{n^{a}}$

είναι $a_{n}\leq C'\frac{1}{n^{a}}$

και το αποτέλεσμα προκύπτει.

Για $0<a\leq 1$
Θα δείξουμε ότι δεν συγκλίνει.

Θα χρειαστούμε την $\ln (2-e^{x})+x+4x^{2}\geq 0 \ for \ 0< x< \epsilon$ .

συμπλήρωμα 19/4/18
Για την απόδειξη και με συγκεκριμένο $\epsilon$ βλέπε
https://www.mathematica.gr/forum/viewto ... 53&t=61574

Σταματάω εδώ γιατί έχω πρόβλημα με το δίκτυο.Θα συνεχίσω αύριο.

sot arm · #3

grigkost έγραψε: ↑
Τρί Απρ 17, 2018 10:50 pm
Για τις διάφορες τιμές του πραγματικού $\alpha$ , να εξετασθεί η σύγκλιση της σειράς

$\displaystyle\mathop{\sum}\limits_{{n}=2}^{\infty}\bigg(\mathop{\prod}\limits_{\kappa=2}^{n}\big(2-{\rm{e}}^{\frac{\alpha}{\kappa}}\big)\bigg)$

Εναλλακτικά, έχουμε ότι:

$\displaystyle{n(1-\frac{a_{n+1}}{a_{n}})=\frac{e^{\frac{a}{n}}-1}{\frac{1}{n}}\rightarrow a}$

Το τελευταίο όριο βγαίνει απλά αν παρατηρήσουμε ότι είναι η παράγωγος στο 0 της $e^{ax}$

Τελειώσαμε από Raabe και προκύπτει ότι συγκλίνει μόνο για a>1

και διαφορετικά αποκλίνει.

edit: Δεν καλύπτεται η περίπτωση a=1

όπως δείχνεται και παρακάτω στο ποστ

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #4

sot arm έγραψε: ↑
Πέμ Απρ 19, 2018 3:02 pm

grigkost έγραψε: ↑
Τρί Απρ 17, 2018 10:50 pm
Για τις διάφορες τιμές του πραγματικού $\alpha$ , να εξετασθεί η σύγκλιση της σειράς

$\displaystyle\mathop{\sum}\limits_{{n}=2}^{\infty}\bigg(\mathop{\prod}\limits_{\kappa=2}^{n}\big(2-{\rm{e}}^{\frac{\alpha}{\kappa}}\big)\bigg)$
Εναλλακτικά, έχουμε ότι:

$\displaystyle{n(1-\frac{a_{n+1}}{a_{n}})=\frac{e^{\frac{a}{n}}-1}{\frac{1}{n}}\rightarrow a}$

Το τελευταίο όριο βγαίνει απλά αν παρατηρήσουμε ότι είναι η παράγωγος στο 0 της $e^{ax}$

Τελειώσαμε από Raabe και προκύπτει ότι συγκλίνει μόνο για και διαφορετικά αποκλίνει.

Καλησπέρα Σωτήρη.

Υπάρχει ένα πρόβλημα ουσιαστικό.
Για a=1

το κριτήριο του Raabe δεν δίνει τίποτα. Ετσι πρέπει να λερώσεις τα χέρια σου για a=1

.

Υπάρχει και ένα τυπικό πρόβλημα.Για κάποια

η $a_{n}$ μηδενίζεται από κάπου και πέρα.

Ετσι πάλι δεν εφαρμόζεται ο Raabe.Σε αυτή την περίπτωση εύκολα βγαίνει η σύγκλιση.

Τα κριτήρια Raabe ,Kummer, κλπ τα γνώρισα όταν ήμουν μαθητής Λυκείου.
(τότε κάναμε σειρές στο Λύκειο).
Επειδή όλες τις ασκήσεις τις έλυνα χωρίς αυτά τα διέγραψα από την μνήμη μου.

#5

Θα συμφωνήσω με τον Σωτήρη ότι για την συγκεκριμένη σειρά το κριτήριο Raabe ενδείκνυται. (Αν και οι επιφυλάξεις του Σταύρου είναι βάσιμες, είναι περισσότερο τεχνικές παρά ουσιαστικές). Έτσι:

Αν $\alpha_{n}=\prod_{\kappa=2}^{n}\big(2-{\rm{e}}^{\frac{\alpha}{\kappa}}\big)\,,\; n\in{\mathbb{N}}$ , τότε
$\begin{aligned} 1-\frac{\alpha_{n+1}}{\alpha_n}&=1-\frac{\prod_{\kappa=1}^{n+1}\big(2-{\rm{e}}^{\frac{\alpha}{\kappa}}\big)}{\prod_{\kappa=1}^{n}\big(2-{\rm{e}}^{\frac{\alpha}{\kappa}}\big)}\\\noalign{\vspace{0.1cm}} &=1-\big(2-{\rm{e}}^{\frac{\alpha}{n+1}}\big)\\\noalign{\vspace{0.1cm}} &={\rm{e}}^{\frac{\alpha}{n+1}}-1\,. \end{aligned}$

Επειδή
$\begin{aligned} \mathop{\lim}\limits_{n\to+\infty}n\,\Big(1-\frac{\alpha_{n+1}}{\alpha_n}\Big)&=\mathop{\lim}\limits_{n\to+\infty}n\,\big({\rm{e}}^{\frac{\alpha}{n+1}}-1\big)\\\noalign{\vspace{0.1cm}} &=\begin{cases} \alpha\mathop{\lim}\limits_{n\to+\infty}\frac{n}{n+1}\mathop{\lim}\limits_{n\to+\infty}\frac{{\rm{e}}^{\frac{\alpha}{n+1}}-1}{\frac{\alpha}{n+1}}=\alpha\,,&\alpha\neq 0\\\noalign{\vspace{0.1cm}} 0\,, &\alpha=0 \end{cases}\\\noalign{\vspace{0.1cm}} &=\alpha\,, \end{aligned}$

από το κριτήριο Raabe προκύπτει ότι

$\bullet$ για $\alpha>1$ η σειρά $\sum_{{n}=2}^{\infty}\big(\prod_{\kappa=2}^{n}\big(2-{\rm{e}}^{\frac{\alpha}{\kappa}}\big)\big)$ συγκλίνει και

$\bullet$ για $\alpha<1$ η σειρά $\sum_{{n}=2}^{\infty}\big(\prod_{\kappa=2}^{n}\big(2-{\rm{e}}^{\frac{\alpha}{\kappa}}\big)\big)$ απειρίζεται.

$\bullet$ για $\alpha=1$ το κριτήριο Raabe δεν δίνει συμπέρασμα. Για την σύγκλιση της σειράς $\sum_{{n}=2}^{\infty}\big(\prod_{\kappa=2}^{n}\big(2-{\rm{e}}^{\frac{1}{\kappa}}\big)\big)$ :

Για κάθε $\kappa,n\in{\mathbb{N}}\,,\; n\geqslant\kappa\geqslant3$ , ισχύει
$\begin{aligned} {\rm{e}}<\Big(1+\frac{1}{\kappa-1}\Big)^{\kappa}\quad&\Rightarrow\quad{\rm{e}}^{\frac{1}{\kappa}}<1+\frac{1}{\kappa-1}\nonumber\\\noalign{\vspace{0.1cm}} &\Rightarrow\quad 2-{\rm{e}}^{\frac{1}{\kappa}}>1-\frac{1}{\kappa-1}>0\\\noalign{\vspace{0.1cm}} &\Rightarrow\quad \mathop{\prod}\limits_{\kappa=3}^{n}\big(2-{\rm{e}}^{\frac{1}{\kappa}}\big)>\mathop{\prod}\limits_{\kappa=3}^{n}\Big(1-\frac{1}{\kappa-1}\Big)\nonumber\\\noalign{\vspace{0.1cm}} &\Rightarrow\quad\mathop{\sum}\limits_{{n}=3}^{\infty}\bigg(\mathop{\prod}\limits_{\kappa=3}^{n}\big(2-{\rm{e}}^{\frac{1}{\kappa}}\big)\bigg)\geqslant\mathop{\sum}\limits_{{n}=3}^{\infty}\bigg(\mathop{\prod}\limits_{\kappa=3}^{n}\Big(1-\frac{1}{\kappa-1}\Big)\bigg)\quad (1) \end{aligned}$

Όμως $\prod_{\kappa=3}^{n}\big(1-\frac{1}{\kappa-1}\big)=\prod_{\kappa=3}^{n}\frac{\kappa-2}{\kappa-1}=\frac{1}{n-1}$ και επειδή, $\sum_{{n}=3}^{\infty}\frac{1}{n-1}=+\infty$ , από την (1)

και το κριτήριο σύγκρισης, έπεται ότι $\sum_{{n}=3}^{\infty}\big(\prod_{\kappa=3}^{n}\big(2-{\rm{e}}^{\frac{1}{\kappa}}\big)\big)=+\infty$ . Άρα και $\sum_{{n}=2}^{\infty}\big(\prod_{\kappa=2}^{n}\big(2-{\rm{e}}^{\frac{1}{\kappa}}\big)\big)=+\infty$ .

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #6

Συνέχεια .

Για $0<a\leq 1$

Είναι $\frac{a}{k}> \frac{1}{4}\Leftrightarrow k<4a$

Ετσι $\ln a_{n}=\ln (2-e^{\frac{a}{2}})+\ln (2-e^{\frac{a}{3}})+\sum_{k=4}^{n}\ln (1+1-e^{\frac{a}{k}})$

Χρησιμοποιώντας την

$\ln (2-e^{x})+x+4x^{2}\geq 0 \ for \ 0< x\leq \frac{1}{4}$

παίρνουμε ότι

$\ln a_{n}\geq c_{a}-a\sum_{k=4}^{n}\frac{1}{k}-4a^{2}\sum_{k=4}^{n}\frac{1}{k^{2}}\geq C_{a}-a\sum_{k=4}^{n}\frac{1}{k}$

Επειδή $\sum_{k=4}^{n}\frac{1}{k}=\ln n+b_{n},b_{n}\rightarrow b$

$-a\sum_{k=4}^{n}\frac{1}{k}\geq \ln \frac{1}{n^{a}}+C_{a}'$

Τελικά $\ln a_{n}\geq \ln \frac{1}{n^{a}}+C_{a}'''=\ln \frac{1}{n^{a}}e^{C_{a}'''}$

και προκύπτει το ζητούμενο.

Σύγκλιση σειράς 105

Σύγκλιση σειράς 105

Re: Σύγκλιση σειράς 105

Re: Σύγκλιση σειράς 105

Re: Σύγκλιση σειράς 105

Re: Σύγκλιση σειράς 105

Re: Σύγκλιση σειράς 105

Μέλη σε σύνδεση