Изследвайте за сходимост редовете.

[Гост]

Имам проблем със следните две задачи.
[tex]\sum_{x=1}^{\infty}x^e*sin(1/\pi^x)[/tex]

\sum_{x=0}^{\infty }(a+\frac{1}{n})^n^2*pi^-n

[peyo]

[tex]\sum_{x=1}^{\infty}x^e*sin(1/\pi^x)[/tex]

[tex]x^e*sin(1/\pi^x) < \frac{x^e}{\pi^x}[/tex]

Сега отгоре имаме полиномно нарастване, а отдолу експоненциално нарастване. Това означава, че n-тия член клони към 0 много-много бързо! Значи сбора е краен.

[peyo]

$\sum_{x=0}^{\infty }(a+\frac{1}{n})^{n^2}* \pi^{-n} $

$\sum_{x=0}^{\infty }(a+\frac{1}{n})^{n^2}* \pi^{-n} = \sum_{x=0}^{\infty } \frac{(a+\frac{1}{n})^{n^2}}{\pi^{n}} = \sum_{x=0}^{\infty } \left(\frac{(a+\frac{1}{n})^{n}}{\pi}\right)^n $

Всичко по малко от хармоничните серии е ок:
$\left(\frac{(a+\frac{1}{n})^{n}}{\pi}\right)^n < \frac{1}{n}$

$ \frac{(a+\frac{1}{n})^{n}}{\pi}\ < \frac{1}{n^{1/n}}$

$ (a+\frac{1}{n})^{n} < \frac{\pi}{n^{1/n}}$

$ a+\frac{1}{n} < \frac{\pi^{1/n}}{n^{1/n^2}}$

$ a < \left( \frac{\pi}{n^{1/n}}\right)^{1/n} - \frac{1}{n}$

[tex]\lim_{n \to \infty } {\left(\frac{\pi}{n^{1/n}}\right)^{1/n} } - \lim_{n \to \infty }\frac{1}{n} = 1 - 0 = 1[/tex]

Ergo при:

$a < 1$
редицата е сходима.

[pipi langstrump]

Всичко по малко от хармоничните серии е ок:
.

Не винаги.

И при а = 1 е сходящ.

[pipi langstrump]

По критерия на Коши трябва да намерим границата $l = \lim \frac{(a+\frac{1}{n})^{n}}{\pi}$. При $a>1, l=\infty >1$ и реда е разходящ, a при $0\le a< 1, l =0 <1$ и реда е сходящ. Остана да намерим $l$ при $a= 1$, и тя е [tex]\frac{e}{\pi} <1[/tex], значи и тогава е сходящ.
При a<0 трябва да ползваме критерия на Лайбниц, но сега не мога да си го спомня.

[peyo]

Всичко по малко от хармоничните серии е ок:
.

Не винаги.

Аз се замислих кога това няма да е така и първото, което се сещам е какво ще стане ако имаме серии където всеки член е по-малък от съответния член на хармоничните серии с някаква положителна константа. Например:

Имаме
[tex]S_1 = \sum_{n=0}^{ \infty } (\frac{1}{n} - c) = \infty - \infty[/tex]

Тук обаче числата в един момент стават отрицателни и границата е [tex]-\infty[/tex].

В нашия случай обаче числата никога няма да станат отрицателни и $c$ трябва да е число между члена и нулата например някакъв процент или по скоро между 0 и <1:

[tex]S_2 = \sum_{n=0}^{ \infty } \frac{c}{n} = \infty[/tex]

Което наистина прави моето доказатество невалидно.

[vezni]

По критерия на Коши трябва да намерим границата $l = \lim \frac{(a+\frac{1}{n})^{n}}{\pi}$. При $a>1, l=\infty >1$ и реда е разходящ, a при $0\le a< 1, l =0 <1$ и реда е сходящ. Остана да намерим $l$ при $a= 1$, и тя е [tex]\frac{e}{\pi} <1[/tex], значи и тогава е сходящ.
При a<0 трябва да ползваме критерия на Лайбниц, но сега не мога да си го спомня.

По критерия на Коши търсим границата
$\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{\left|\left(a+\frac 1n\right)^{n^2}\pi^{-n}\right|}=\lim_{n\to\infty}\frac{\left|a+\frac 1n\right|^n}{\pi}=\begin{cases} 0 & |a|<1 \\ \infty & |a|>1 \\ \frac{e}{\pi} & a = 1 \\ \frac{1}{e\pi} & a=-1 \end{cases}$
Оттук сходимост при $|a|\le 1$, разходимост при $|a|>1$
Между другото сумата е написана да започва от $n=0$. В такъв случай въобще не е дефинирана (деление на 0). Приемам, че започва от $n=1$.

[pipi langstrump]

По критерия на Коши търсим границата
$\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{\left|\left(a+\frac 1n\right)^{n^2}\pi^{-n}\right|}=\lim_{n\to\infty}\frac{\left|a+\frac 1n\right|^n}{\pi}$.

Така доказваш само абсолютна сходимост/разходимост. При отрицателни а реда е с алтернативно сменящи се членове и Коши не върши работа. Трябва Лайбниц да се ползва.

[peyo]

Аз се замислих кога това няма да е така и първото, което се сещам е какво ще стане ако имаме серии където всеки член е по-малък от съответния член на хармоничните серии с някаква положителна константа. Например:

Имаме
[tex]S_1 = \sum_{n=0}^{ \infty } (\frac{1}{n} - c) = \infty - \infty[/tex]

Тук обаче числата в един момент стават отрицателни и границата е [tex]-\infty[/tex].

В нашия случай обаче числата никога няма да станат отрицателни и $c$ трябва да е число между члена и нулата например някакъв процент или по скоро между 0 и <1:

[tex]S_2 = \sum_{n=0}^{ \infty } \frac{c}{n} = \infty[/tex]

Което наистина прави моето доказатество невалидно.

Добре, вместо да искаме всеки член е по-малък от съответния член на хармоничните серии ще искаме всеки член да е по-малък от всеки член на Basel problem, който вече е сходим.

$\left(\frac{(a+\frac{1}{n})^{n}}{\pi}\right)^n < \frac{1}{n^2}$

$ \frac{(a+\frac{1}{n})^{n}}{\pi}\ < \frac{1}{n^{2/n}}$

$ (a+\frac{1}{n})^{n} < \frac{\pi}{n^{2/n}}$

$ a+\frac{1}{n} < \frac{\pi^{1/n}}{n^{2/n^2}}$

$ a < \left( \frac{\pi}{n^{2/n}}\right)^{1/n} - \frac{1}{n}$

[tex]a < \lim_{n \to \infty } {\left(\frac{\pi}{n^{2/n}}\right)^{1/n} } - \lim_{n \to \infty }\frac{1}{n} = \lim_{n \to \infty } {\left(\frac{\pi}{\left({n^{1/n}}\right)^2}\right)^{1/n} } - \lim_{n \to \infty }\frac{1}{n} = 1 - 0 = 1[/tex]

Ergo при:

$a < 1$
редицата е сходима.

[vezni]

По критерия на Коши търсим границата
$\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{\left|\left(a+\frac 1n\right)^{n^2}\pi^{-n}\right|}=\lim_{n\to\infty}\frac{\left|a+\frac 1n\right|^n}{\pi}$.

Така доказваш само абсолютна сходимост/разходимост. При отрицателни а реда е с алтернативно сменящи се членове и Коши не върши работа. Трябва Лайбниц да се ползва.

Не, напротив. По този начин се доказва и обикновена сходимост/разходимост. Прегледай теоремата в Уикипедия.

[pipi langstrump]

Не, напротив. По този начин се доказва и обикновена сходимост/разходимост. Прегледай теоремата в Уикипедия.

Интересно, това изобщо не помня да съм го учил. Даже погледнах едни лекции в Гугъл и там критерия на Коши беше само за редове с положителни членове, без модула

[grav]

Не, напротив. По този начин се доказва и обикновена сходимост/разходимост. Прегледай теоремата в Уикипедия.

The root test states that:

if C < 1 then the series converges absolutely,
if C > 1 then the series diverges,
if C = 1 and the limit approaches strictly from above then the series diverges,
otherwise the test is inconclusive (the series may diverge, converge absolutely or converge conditionally).

[vezni]

Не, напротив. По този начин се доказва и обикновена сходимост/разходимост. Прегледай теоремата в Уикипедия.

The root test states that:

if C < 1 then the series converges absolutely,
if C > 1 then the series diverges,
if C = 1 and the limit approaches strictly from above then the series diverges,
otherwise the test is inconclusive (the series may diverge, converge absolutely or converge conditionally).

Абсолютна сходимост [tex]\Rightarrow[/tex] сходимост. В случая $C>1$ и двата реда [tex]\sum_{n=0}^{\infty }a_n,\sum_{n=0}^{\infty }|a_n|[/tex] са разходящи. Прегледайте доказателството. Няма противоречие.

[grav]

Абсолютна сходимост [tex]\Rightarrow[/tex] сходимост. В случая $C>1$ и двата реда [tex]\sum_{n=0}^{\infty }a_n,\sum_{n=0}^{\infty }|a_n|[/tex] са разходящи. Прегледайте доказателството. Няма противоречие.

Моят коментар е само за последната част, когато теста е неприложим, тогава реда може да е сходящ без да е абсолютно сходящ, а ти каза "По този начин се доказва и обикновена сходимост/разходимост." , a не е вярно, че по този начин може да се докаже обикновена сходимост.

[vezni]

Абсолютна сходимост [tex]\Rightarrow[/tex] сходимост. В случая $C>1$ и двата реда [tex]\sum_{n=0}^{\infty }a_n,\sum_{n=0}^{\infty }|a_n|[/tex] са разходящи. Прегледайте доказателството. Няма противоречие.

Моят коментар е само за последната част, когато теста е неприложим, тогава реда може да е сходящ без да е абсолютно сходящ, а ти каза "По този начин се доказва и обикновена сходимост/разходимост." , a не е вярно, че по този начин може да се докаже обикновена сходимост.

Да, в случая $C=1$ е неприложим, само че спорът тръгна от конкретната задача, където не се получава този случай. Спорът беше за това дали се доказва само абсолютна сходимост/разходимост в случая $C\ne 1$ (виж коментарите по-нагоре). Както и да е .