|
Исследовать на сходимость:Σ(((sin(n))^2)/n), где n от 1 до бесконечности.Я сперва понизила степень.Затем разложила косинус по Тейлору и в итоге получилось: n-(2(n)^2)/3+n^3/3.Это знакопеременный ряд, поэтому я сперва посмотрела модуль этого выражения и получилось, что необходимое условие сходимости не выполнено, т.е. по абсолютной величине ряд расходится.Значит проверяю на условную сходимость по признаку Лейбница: и получилось, а n-ый не стремится к 0, значит моя ряд расходится.Правильно ли я сделала?Или нельзя было раскладывать по Тейлору? задан 4 Ноя '13 14:15 
Яська |
|
начит проверяю на условную сходимость по признаку Лейбница: - откуда она возьмётся?... ведь ряд положительный... Про Тейлора тоже неверно... и степень понижать было не зачем... Я бы выбирал подпоследовательность чисел, для которых $%(\sin x)^2 \ge a > 0$% при некотором $%a$%... и воспользоваться признаком сравнения... ========================= UPD: @falcao, идея построения, конечно, основана на том мы выкидываем часть значений, при которых $%|\sin x| < a$%, соответствующему дуге меньше одного радиана... Но доказательство расходимости можно построить на замечании того, что можно выбрать подпоследовательность следующим образом: $%x_n=k\in B \; \Rightarrow (x_{n+1}=k+3\in B)\; or \;(x_{n+1}=k+4\in B)$%... при этом построенная последовательность мажорируется арифметической прогрессией, что гарантирует расходимость оставшегося в рассмотрении куска ряда... отвечен 4 Ноя '13 17:10 
all_exist ведь нужно найти еще такое а.или можно взять и сравнить исходное выражение с а/n и говорить,что так как а/n расходится то и исходный расходится?
(4 Ноя '13 20:10)
Яська
@all_exist: тут нужно несколько более хитрое решение, потому что для подпоследовательности ряд может оказаться сходящимся.
(4 Ноя '13 20:47)
falcao
|
|
Попробую изложить подробное формальное решение. Будем различать два случая: когда синус числа $%n$% "мал" по модулю, и когда он "велик". К первому случаю отнесём те $%n$%, для которых $%|\sin n| < 1/10$%, а ко второму -- все остальные. Обозначим через $%S$% множество элементов первого вида, и через $%B$% -- множество элементов второго вида. Иными словами, $%n\in S$% означает $%|\sin n| < 1/10$%, и $%n\in B$% означает $%|\sin n| \ge 1/10$%. Теперь рассмотрим единичную окружность и проведём две прямые: $%y=1/10$% и $%y=-1/10$%. Между ними возникает полоса, которая пересекается с окружностью по двум маленьким дугам: дуге $%D_1$% вблизи точки $%(1;0)$%, и дуге $%D_2$% вблизи точки $%(-1;0)$%. Из геометрических соображений должно быть очевидно следующее: если повернуть дуги $%D_1$% и $%D_2$% на угол 1 радиан (это около 57 градусов), то обе дуги попадут в область вне полосы между проведёнными прямыми. Из этого вытекает, что если $%n\in S$%, то $%n+1\in B$%. Это основной момент, и его надо осмыслить. Здесь сказано следующее: если синус угла $%n$% был "мал" по модулю, то точка единичной окружности, изображающая угол $%n$%, лежала внутри полосы, а потому на одной из дуг. Прибавив к $%n$% единицу, мы заведомо вышли за пределы этой полосы, поэтому синус числа $%n+1$% стал "большим", то есть по модулю он уже не меньше $%1/10$%. Теперь доказательство завершается следующим образом. Ряд из условия задачи можно представить в виде суммы двух рядов, в одном из которых $%n$% принимает значения из $%S$%, а в другом -- из $%B$% (фактически мы просто рассматриваем два таких ряда). Наш ряд, члены которого неотрицательны, сходится тогда и только тогда, когда сходятся оба рассматриваемых ряда. Для членов ряда $$\sum\limits_{n\in B}\frac{\sin^2n}{n}$$ справедливо неравенство $%\sin^2n\ge1/100$%. Тогда по признаку сравнения окажется сходящимся "фрагмент" гармонического ряда $$\sum\limits_{n\in B}\frac1{n}.$$ Ввиду того, что гармонический ряд расходится, оставшаяся его часть, то есть $$\sum\limits_{n\in S}\frac1{n},$$ должна расходиться. Но выше мы показали, что из $%n\in S$% следует $%n+1\in B$%. Следовательно, если вместо предыдущего ряда мы рассмотрели бы ряд $$\sum\limits_{n\in S}\frac1{n+1},$$ то он стал бы "частью" (в понятном смысле) сходящегося ряда, в котором знаменатели дробей принадлежат $%B$%. Этого, однако, быть не может, так как разность между $%n$%-ми членами двух рассматриваемых рядов равна $%\frac1n-\frac1{n+1} > 0$%, а ряд с такими членами сходится не только для $%n\in S$%, но и вообще для всех $%n$%. Это приводит к противоречию с предположением о сходимости исследуемого ряда. отвечен 4 Ноя '13 21:16 
falcao Еще можно было бы сперва понизить степень,а затем домножить этот косинус на sin1 и поделить на него же.потом подставить пару чисел вместо n под косинусом .и потом разложить произведение синуса на косинус по формуле и получится,что все слагаемые уходят кроме первого и последнего. После чего мы сможем оценить полученное выражение. ( то есть по признаку Абеля-Дирихле сделать можно было)
(9 Ноя '13 16:10)
Яська
@Яська: такого способа решения я не понимаю. Например, что означает выражение "понизить степень" в данном случае? Я допускаю, что может быть какой-то другой способ доказательства, основанный, например, на признаках Абеля - Дирихле, но объяснения пока что не понимаю. P.S. Сейчас я перечитал написанное Вами, и понял, что имелось в виду. Да, такой способ рассуждения тоже подходит.
(9 Ноя '13 18:32)
falcao
|
Формулу Тейлора здесь применять нельзя, так как $%n$% стремится к бесконечности, а не к нулю. Идею решения высказал ниже @all_exist, но эта задача на самом деле достаточно трудная технически, и из расходимости гармонического ряда напрямую вывод не следует, потому что для подпоследовательностей ряд может получаться сходящимся.