Здравствуйте! Есть у меня ряд .
$$a(n) = \sum_1^{\infty}{\cos(\pi nx)\over n \ln^2(n+1)}$$ Как убедиться в том, что он абсолютно сходится на всей вещественной оси. Я тут не могу разобраться, что мне делать с логарифмом.
Я вот рассуждаю таким образом: у косинуса можно вынести (-1)^n, так как он знакопеременный. А потом убедиться в том, что $%{1\over n \ln^2(n+1)}$% стремится к нулю. Это вроде бы как очевидно, но надо тут какие-то действия производить с логарифмом? Или можно сказать так, что если мы избавимся от логарифма, то дробь станет только больше, а 1/n->0 при n->infinity. Тогда она будет мажорировать 1/(n*ln^2(n+1)). И оба они будут стремиться к нулю. Ну из всего тогда будет понятно, что по т. Лейбница этот ряд абсолютно сходящийся. Спасибо заранее!

задан 29 Мар '13 12:04

изменен 29 Мар '13 13:14

DocentI's gravatar image


9.8k937

У косинуса вынести $%(-1)^n$% нельзя, так как аргументом его является произведение $%{\pi n x}.$% Для доказательства абсолютной сходимости его можно лишь оценить: $%|\cos{\pi n x}|\leqslant{1}.$%

(29 Мар '13 12:53) Mather
10|600 символов нужно символов осталось
1

Подсказка:
Для исследования аболютной сходимости ряда $$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{\cos{\pi n x}}{n \ln^2(n+1)}$$ используйте интегральный признак.

ссылка

отвечен 29 Мар '13 12:45

изменен 29 Мар '13 12:56

Его можно использоваться только для положительных рядов, а у меня это не так

(29 Мар '13 14:35) Алексей Березин

Для доказательства абсолютной сходимости надо доказать сходимость ряда, составленного из абсолютных величин исходного ряда, т.е. ряда $%\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{|\cos{\pi n x}|}{n \ln^2(n+1)}.{\;}$% Этот ряд не является знакочередующимся, следовательно, к нему теорема Лейбница неприменима. Надо подчеркнуть, что и исходный ряд $%\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{\cos{\pi n x}}{n \ln^2(n+1)}$% знакочередующимся не является.

(29 Мар '13 20:19) Mather

Спасибо за уточнение

(29 Мар '13 20:21) Алексей Березин
10|600 символов нужно символов осталось
1

Несколько поправок.
1. По признаку Лейбница нельзя доказать абсолютную сходимость. Он предназначен для знакочередующегося ряда.
2. Мажорирование величиной 1/n слишком грубое. Тут важен даже квадрат у логарифма.
3. Абсолютная сходимость - это сходимость ряда из модулей. Модуль косинуса можно оценить сверху единицей.

ссылка

отвечен 29 Мар '13 13:17

У меня знакочередующийся ряд за счет присутствия косинуса

1/(n*ln^(n+1)) стремится к нулю, причем монотонно

Зачем оценивать сверху косинус, если можно воспользоваться теоремой Лейбница

(29 Мар '13 14:44) Алексей Березин

Нет, не знакочередующийся! При произвольном x. Например, возьмем $%x = 1/6$%. Получаем такие косинусы: $%\sqrt{3}/2; 1/2; 0; -1/2; -\sqrt 3/2; 0; -\sqrt 3/2 ...$%
Кроме того, вы спрашивали об абсолютной сходимости.

(29 Мар '13 23:14) DocentI
10|600 символов нужно символов осталось
0

Как уже отмечено ранее, надо оценить косинусы единицей, а для оставшегося положительного ряда применить интегральный признак сходимости (правда, там тоже придётся сделать оценку 1/{n} <= C/{n+1} для удобства вычисления интеграла)

ссылка

отвечен 30 Мар '13 14:51

10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×1,825
×523
×263
×192

задан
29 Мар '13 12:04

показан
2907 раз

обновлен
30 Мар '13 14:51

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru