Σύγκλιση σειράς 106

Συντονιστές: grigkost, Κοτρώνης Αναστάσιος

Άβαταρ μέλους
grigkost
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 2911
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:54 pm
Τοποθεσία: Ιωάννινα
Επικοινωνία:

Σύγκλιση σειράς 106

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από grigkost » Πέμ Απρ 19, 2018 5:01 pm

Να εξετασθεί, ως προς την σύγκλιση, η σειρά
\displaystyle\mathop{\sum}\limits_{{n}=2}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}\sqrt{n}}{(-1)^n+\sqrt{n}}\sin\big(\tfrac{1}{\sqrt{n}}\big)


{\color{dred}\Gamma\!\rho\,{\rm{H}}\gamma\varnothing\varrho{\mathscr{H}}\varsigma \ {\mathbb{K}}\,\Omega\sum{\rm{t}}{\mathscr{A}}\,{\mathbb{K}}\!\odot\varsigma

Λέξεις Κλειδιά:
dement
Διευθύνον Μέλος
Δημοσιεύσεις: 1405
Εγγραφή: Τρί Δεκ 23, 2008 10:11 am

Re: Σύγκλιση σειράς 106

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από dement » Πέμ Απρ 19, 2018 6:42 pm

Έχουμε (για αρκετά μεγάλα n) \displaystyle \sum_{k=2n}^{2n+1} \frac{(-1)^{k+1} \sqrt{k}}{(-1)^k + \sqrt{k}}  \sin \left( \frac{1}{\sqrt{k}} \right) =  \left( \sqrt{2n+1} \sin \left( \frac{1}{\sqrt{2n+1}} \right) - \sqrt{2n} \sin \left( \frac{1}{\sqrt{2n}} \right) \right) \frac{1}{\sqrt{2n+1} - 1} +

\displaystyle + \sqrt{2n} \sin \left( \frac{1}{\sqrt{2n}} \right) \left( \frac{1}{\sqrt{2n+1} - 1} - \frac{1}{\sqrt{2n} + 1} \right) \geqslant \frac{1}{2} \left( \frac{1}{\sqrt{2n+1} - 1} - \frac{1}{\sqrt{2n} + 1} \right) =

\displaystyle = \frac{2 + \sqrt{2n} - \sqrt{2n+1}}{2(\sqrt{2n+1}-1)(\sqrt{2n}+1)} \geqslant \frac{1}{2 (\sqrt{2n+1}-1)(\sqrt{2n+1}+1)}} = \frac{1}{4n}

Οπότε η σειρά αποκλίνει.


Δημήτρης Σκουτέρης

Τα μαθηματικά είναι η μοναδική επιστήμη που θα μπορούσε κανείς να εξακολουθήσει να ασκεί αν κάποτε ξυπνούσε και το σύμπαν δεν υπήρχε πλέον.
Άβαταρ μέλους
grigkost
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 2911
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:54 pm
Τοποθεσία: Ιωάννινα
Επικοινωνία:

Re: Σύγκλιση σειράς 106

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από grigkost » Πέμ Απρ 19, 2018 9:25 pm

Δίνω και την δική μου λύση, ευελπιστώντας να δω κι άλλες.

\displaystyle\mathop{\sum}\limits_{{n}=2}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}\sqrt{n}}{(-1)^n+\sqrt{n}}\sin\big(\tfrac{1}{\sqrt{n}}\big)=\mathop{\sum}\limits_{{n}=2}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}+1}\sin\big(\tfrac{1}{\sqrt{n}}\big).

Αν \alpha_{n}=\frac{(-1)^{n+1}}{\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}+1}\sin\big(\tfrac{1}{\sqrt{n}}\big)\,,\; n\in{\mathbb{N}} και \beta_{n}=\frac{1}{1+\sqrt{n}}\,\frac{2}{\pi\sqrt{n}}\,,\; n\in{\mathbb{N}}, θα αποδειχθεί ότι, για κάθε \kappa\in{\mathbb{N}}, ισχύει

\begin{aligned} 
\alpha_{2\kappa}+\alpha_{2\kappa+1}>\beta_{2\kappa}+\beta_{2\kappa+1}\quad(1) 
\end{aligned}

Πράγματι ισχύουν
\begin{aligned} 
\frac{(-1)^{2\kappa+1}}{\frac{(-1)^{2\kappa}}{\sqrt{2\kappa}}+1}+\frac{(-1)^{2\kappa+2}}{\frac{(-1)^{2\kappa+1}}{\sqrt{2\kappa+1}}+1}-\Big(\frac{1}{1+\sqrt{2\kappa}}+\frac{1}{1+\sqrt{2\kappa+1}}\Big)&=\\\noalign{\vspace{0.1cm}} 
\frac {\sqrt {2\kappa}+\sqrt{2\kappa+1}}{\big(1+\sqrt {2\kappa}\,\big)\big( \sqrt {2\kappa+1}-1\big)}-\frac{2+\sqrt {2\kappa+1}+\sqrt {2\kappa}}{\big( 1+\sqrt {2\kappa}\,\big)\big( 1+\sqrt {2\,\kappa+1}\,\big)  
}&=\frac{1}{\kappa}>0\,,\\\noalign{\vspace{0.1cm}} 
\sin\big(\tfrac{1}{\sqrt{2\kappa}}\big)&>\frac{2}{\pi\sqrt{2\kappa}}\,,\\\noalign{\vspace{0.1cm}} 
\sin\big(\tfrac{1}{\sqrt{2\kappa+1}}\big)&>\frac{2}{\pi\sqrt{2\kappa+1}}\,. 
\end{aligned}

Επομένως(*)
\begin{aligned} 
\mathop{\sum}\limits_{{n}=2}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}\sqrt{n}}{(-1)^n+\sqrt{n}}\sin\big(\tfrac{1}{\sqrt{n}}\big)&=\mathop{\sum}\limits_{{n}=2}^{\infty}\alpha_{n}\\\noalign{\vspace{0.1cm}} 
&\stackrel{(1)}{\geqslant}\mathop{\sum}\limits_{{n}=2}^{\infty}\beta_{n}\\\noalign{\vspace{0.1cm}} 
&=\mathop{\sum}\limits_{{n}=2}^{\infty}\frac{2}{\pi\sqrt{n}\big(1+\sqrt{n}\big)}\\\noalign{\vspace{0.1cm}} 
&{\geqslant\frac{1}{\pi}\mathop{\sum}\limits_{{n}=2}^{\infty}\frac{1}{n}\\\noalign{\vspace{0.1cm}} 
&=+\infty\,.\end{aligned}


Σημ: Η σειρά (με αντίθετο πρόσημο) είναι άλυτο πρόβλημα στο P.Biler, A. Witkowski - Problems in Mathematical Analysis.


edit: 10:15, 19/4/2018. (*) Οι ανισότητες, που όντως ισχύουν, ΔΕΝ αποδεικνύουν την (1) η οποία, ναι μεν, ισχύει, αλλά πρέπει να αποδειχθεί.


{\color{dred}\Gamma\!\rho\,{\rm{H}}\gamma\varnothing\varrho{\mathscr{H}}\varsigma \ {\mathbb{K}}\,\Omega\sum{\rm{t}}{\mathscr{A}}\,{\mathbb{K}}\!\odot\varsigma
Άβαταρ μέλους
grigkost
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 2911
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:54 pm
Τοποθεσία: Ιωάννινα
Επικοινωνία:

Re: Σύγκλιση σειράς 106

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από grigkost » Δευ Μάιος 07, 2018 12:44 pm

Τελικά η σειρά είναι (λυμένη) και στο Kaczor-Nowak, Problems in math. analysis v.1, από όπου παραθέτω την λύση:
(Παρεμπιπτόντως, η λύση του Δημήτρη είναι καταπληκτική)


\begin{aligned} 
\displaystyle\mathop{\sum}\limits_{{n}=2}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}\sqrt{n}}{(-1)^n+\sqrt{n}}\sin\big(\tfrac{1}{\sqrt{n}}\big)&=\mathop{\sum}\limits_{{n}=2}^{\infty}(-1)^{n+1}\Big(1-\frac{(-1)^n}{(-1)^n+\sqrt{n}}\Big)\sin\big(\tfrac{1}{\sqrt{n}}\big)\\\noalign{\vspace{0.1cm}} 
&=\mathop{\sum}\limits_{{n}=2}^{\infty}(-1)^{n+1}\Big(1-\frac{(-1)^n\big((-1)^n-\sqrt{n}\,\big)}{1-n}\Big)\sin\big(\tfrac{1}{\sqrt{n}}\big)\\\noalign{\vspace{0.1cm}} 
&=\mathop{\sum}\limits_{{n}=2}^{\infty}(-1)^{n+1}\Big(1-\frac{1-(-1)^n\sqrt{n}}{1-n}\Big)\sin\big(\tfrac{1}{\sqrt{n}}\big)\\\noalign{\vspace{0.1cm}} 
&=\mathop{\sum}\limits_{{n}=2}^{\infty}(-1)^{n+1}\sin\big(\tfrac{1}{\sqrt{n}}\big)+\mathop{\sum}\limits_{{n}=2}^{\infty}(-1)^{n+1}\frac{\sin\big(\tfrac{1}{\sqrt{n}}\big)}{n-1}+\mathop{\sum}\limits_{{n}=2}^{\infty}\frac{\sqrt{n}}{n-1}\sin\big(\tfrac{1}{\sqrt{n}}\big)\,. 
\end{aligned}

Από το κριτήριο Leibnitz, προκύπτει ότι οι δυο πρώτες σειρές συγκλίνουν. Η τρίτη σειρά \sum_{{n}=2}^{\infty}\frac{\sqrt{n}}{n-1}\sin\big(\tfrac{1}{\sqrt{n}}\big) αποκλίνει (γιατί;).
Άρα και η \sum_{{n}=2}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}\sqrt{n}}{(-1)^n+\sqrt{n}}\sin\big(\tfrac{1}{\sqrt{n}}\big) αποκλίνει.


{\color{dred}\Gamma\!\rho\,{\rm{H}}\gamma\varnothing\varrho{\mathscr{H}}\varsigma \ {\mathbb{K}}\,\Omega\sum{\rm{t}}{\mathscr{A}}\,{\mathbb{K}}\!\odot\varsigma
Απάντηση

Επιστροφή σε “ΑΝΑΛΥΣΗ”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 3 επισκέπτες