Как узнать сходится ли данный ряд или расходится?
Какими признаками сходимости необходимо пользоваться?
Дан ряд:

$$\sum = \frac {-1^{[k^\frac 12]}}k,$$

где $%[k^\frac 12]$% - это целая часть от корня. То есть мы получаем ряд:

$$-1-\frac 12-\frac 13+\frac 14+\frac 15+\frac 16+\frac 17+\frac 18-\frac 19-\frac 1{10}$$ и так далее.
Подскажите, пожалуйста.

задан 9 Апр '15 17:48

изменен 9 Апр '15 18:51

%D0%92%D0%B8%D1%82%D0%B0%D0%BB%D0%B8%D0%BD%D0%B0's gravatar image


9917

Внизу нет места, так что отвечаю здесь. Представим себе любой ряд, где чередуются несколько положительных и отрицательных чисел. Типа $%-y_1-y_2+y_3+y_4+\cdots+y_8-y_9-y_{10}-\cdots-y_{15}+\cdots$%, где $%y_i > 0$%. Рассмотрим какую-то сумму, которую можно назвать "промежуточной" -- например, $%-y_1-y_2+y_3+y_4+y_5+y_6$%. Ясно, что она больше, чем $%-y_1-y_2$%, и при этом меньше, чем $%-y_1-y_2+y_3+y_4+\cdots+y_8$%. На этом примере должно стать ясно, почему все "промежуточные" суммы заключены между суммами, составленными из "полных" наборов (т.е. от 1 до 2; от 3 до 8; от 10 до 15 и т.д.).

(25 Апр '15 0:19) falcao

@gagarin: это ответ на комментарий, расположенный ниже. Посмотрим на сумму $%b_n$% в начале ответа. Её члены имеют вид "единица, делённая на $%n^2$% плюс некое число". Это некое число обозначим через $%k$%. Понятно, что числа в знаменателе -- это $%n^2+0$%, $%n^2+1$% и так далее, а самое последнее из них равно $%(n+1)^2-1=n^2+2n$%. Именно поэтому $%k$% изменяется от $%0$% до $%2n$% включительно.

(3 Май '15 19:03) falcao

@gagarin: для начала посмотрите на список во второй строчке решения. Видно, что у $%b_1$% слагаемых три, у $%b_2$% их пять, и далее идёт увеличение на 2. Этому соответствует формула $%2n+1$%. Столько слагаемых у $%b_n$%, а у $%b_{n+1}$% их будет $%2(n+1)+1=2n+3$%.

Надо хорошо знать такой факт, что когда мы считаем количество чисел списка наподобие 17, 18, ... , 55, то ответом будет "$%55-17$% плюс единица". Это можно трактовать как $%55-16$% или $%56-17$%. Поэтому в списке чисел $%n^2$%, ... , $%(n+1)^2-1$% будет $%(n+1)^2-n^2=2n+1$% число. Ваша формула для $%b_{n+1}$% даёт $%2n+3$%.

(3 Май '15 19:14) falcao

@gagarin: я не вижу у себя упоминаний $%b_{n+2}$% и $%b_{n+3}$%. Там вроде везде речь идёт о $%b_n$% и $%b_{n+1}$%. Что касается слагаемых для $%b_{n+1}$%, то разве трудно проверить это самому? По формуле, знаменатель последнего слагаемого $%b_{n+1}$% равен $%(n+2)^2-1=n^2+4n+3$%. Это последний, а у третьего с конца будет число на 2 меньше, то есть $%n^2+4n+1$%.

(3 Май '15 19:39) falcao

Если m частичная сумма, она же меньше например 2,3 (так как мы складываем дроби) и т. д. почему мы ограничиваем m именно такими большими числами.

(4 Май '15 13:26) gagarin
10|600 символов нужно символов осталось
2

Сгруппируем идущие подряд члены одного знака, то есть рассмотрим вспомогательный ряд $%-b_1+b_2-b_3+b_4+\cdots$%, где $%b_1=1+1/2+1/3$%; $%b_2=1/4+1/5+1/6+1/7+1/8$%; ... ; $%b_n=\frac1{n^2}+\frac1{n^2+1}+\cdots+\frac1{(n+1)^2-1}$%. Докажем, что этот ряд сходится по признаку Лейбница. Для этого нужно показать, что последовательность $%b_n$% монотонно стремится к нулю.

То, что она стремится к нулю, очевидно, поскольку $%b_n$% есть сумма $%2n+1$% слагаемого, каждое из которых не больше $%\frac1{n^2}$%. Отсюда $%b_n\le\frac{2n+1}{n^2}\to0$% при $%n\to\infty$%.

Теперь надо сравнить между собой $%b_n$% и $%b_{n+1}$%. Это можно сделать при помощи интегральных сумм, но там точность получается недостаточной. Поэтому поступим так: у $%b_{n+1}$% на два слагаемых больше, и их мы рассмотрим отдельно, а остальные слагаемые сравним в порядке следования, рассматривая их разности. Это значит, что мы сравниваем $%\frac1{n^2+k}$% и $%\frac1{(n+1)^2+k}$% при $%0\le k\le2n$%. Разность равна $%\frac{2n+1}{(n^2+k)((n+1)^2+k)}$%, и она уменьшается с ростом $%k$%, поэтому каждая из разностей не меньше $%\frac{2n+1}{(n^2+2n)(n^2+4n+1)}$%, а самих разностей рассматривается $%2n+1$%. Значит, сумма их не меньше $%\frac{(2n+1)^2}{(n^2+2n)(n^2+4n+1)}$%.

Два последних слагаемых суммы $%b_{n+1}$% удобно оценить сверху третьим с конца членом, то есть $%\frac1{n^2+4n+2}+\frac1{n^2+4n+3} < \frac2{n^2+4n+1}$%. Этот способ оценки связан с тем, что в знаменателе появляется число, которое уже встречалось.

Таким образом, из сказанного выше вытекает, что $%b_n-b_{n+1} > \frac{(2n+1)^2}{(n^2+2n)(n^2+4n+1)}-\frac2{n^2+4n+1}$%. Эта величина положительна, так как $%(2n+1)^2=4n^2+4n+1 > 2(n^2+2n)$%. Поэтому $%b_n > b_{n+1}$%, то есть последовательность $%b_n$% монотонно стремится к нулю, и знакочередующийся ряд $%-b_1+b_2-b_3+b_4+\cdots$% сходится по признаку Лейбница.

Осталось вывести отсюда сходимость исходного ряда $%\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n$%. Для этого достаточно заметить, что частичные суммы членов этого ряда находятся между частичными суммами членов ряда, про который мы уже знаем, что он сходится. Так, если $%n^2\le m < (n+1)^2$%, то $%m$%-я частичная сумма исследуемого ряда заключена между суммами $%-b_1+b_2-\cdots+(-1)^mb_m$% и $%-b_1+b_2-\cdots+(-1)^mb_m+(-1)^{m+1}b_{m+1}$%. Обе последние суммы стремятся к одному и тому же пределу при $%m\to\infty$%, поэтому и промежуточные значения имеют тот же самый предел.

Добавление. Отвечаю здесь на вопросы из комментариев.

Первый вопрос касался неравенства $%n^2\le m < (n+1)^2$%. Оно означает следующее: возьмём произвольное натуральное число $%m$%. Тогда оно расположено между какими-то двумя последовательными точными квадратами. Например: $%31^2\le1000 < 32^2$%. Здесь в качестве $%n$% берётся наибольшее натуральное число, для которого $%n^2\le m$%. Тогда $%(n+1)^2$% будет уже строго больше $%n$%.

Аналогичный факт справедлив также для степеней двойки. Например: $%2^9\le1000 < 2^{10}$%.

Число $%m$% здесь является номером частичной суммы $%a_1+\cdots+a_m$%.

Второй вопрос касается так называемой "леммы о двух милиционерах". Обычно она входит в программу матанализа первого курса. Формулировка такая: пусть $%x_n\le z_n\le y_n$% при всех натуральных $%n$%. Тогда, если существуют пределы $%\lim\limits_{n\to\infty}x_n=\lim\limits_{n\to\infty}y_n=a$%, то $%\lim\limits_{n\to\infty}z_n=a$%. Наглядный смысл такой: если два милиционера $%x_n$% и $%y_n$% конвоируют задержанного $%z_n$% (он следует между ними), и оба идут в отделение $%a$%, то задержанный будет доставлен в то же самое отделение.

Добавление 2. При желании, можно избежать ссылки на лемму, о которой выше шла речь, хотя само это используемое средство достаточно стандартно.

Пусть $%m$% -- произвольное натуральное число. Находим $%n$% такое, что $%n^2\le m < (n+1)^2$%. Тогда из построения следует, что при чётном $%n$% справедливо двойное неравенство $%S_{n^2}\le S_m\le S_{n^2}+b_n$%, а при нечётном $%n$% получается $%S_{n^2}-b_n\le S_m\le S_{n^2}$%. В обоих случаях, $%|S_m-S_{n^2}|\le b_n$%. В начале решения было отмечено, что $%b_n\to0$% при $%n\to\infty$%. С учётом того, что $%S_{n^2}\to S$% при $%n\to\infty$% для некоторого $%S$%, получается, что $%S_m\to S$% при $%m\to\infty$%.

ссылка

отвечен 9 Апр '15 20:05

изменен 19 Май '15 13:38

@gagarin: рассмотрите число $%n^2+4n+1$% как некое единое $%N$%. Тогда очевидны неравенства $%\frac1{N+1}+\frac1{N+2} < \frac1N+\frac1N=\frac2N$%, а это и есть в точности то, что утверждалось. Вообще, этот пример достаточно сложный в техническом отношении, и хотелось бы, чтобы мелочи такого уровня проверялись самостоятельно. Я все неочевидные вещи стараюсь разъяснять заранее, а здесь переход осуществляется на основании очевидных неравенств вида $%N+1 > N$% и $%N+2 > N$%.

(20 Апр '15 9:54) falcao

Вот все рассуждения понятны. Но переход от сравнения частичных сумм $%n^2$%, $%m$%, $%(n+1)^2$% не особо ясны. Можно ли эту часть доказательства попробовать написать в другом виде. Что если сравнить по модулю $%S(n^2)$% и $%S(m)$% вот так $%|S(m)-S(n^2)|$% и ограничить это каким-то членом $%b(k)$%, а потом сравнить $%|S(n+1)^2-S(m)|$% и тоже как-то их оценить и исходя из этого понять что эти две разницы разница стремятся к нулю (или я неправильно понимаю?) и сделать соответствующие выводы. Помогите, пожалуйста, разобраться именно с этим способом доказательства. Спасибо заранее.

(19 Май '15 0:22) gagarin

@gagarin: здесь никаких условий с модулем выписывать не нужно, так как это бы означало, что мы хотим в частном случае заново доказать хорошо известную лемму (про "милиционеров"). Можно разве что добавить следующее: если $%n^2 < m < (n+1)^2$%, и $%n$% чётно, то $%S_{n^2} < S_m < S_{n+1}^2$%, а при нечётном $%n$% верно двойное неравенство в другую сторону: $%S_{(n+1)^2} < S_m < S_n^2$%. Это и имелось в виду, когда говорилось, что $%S_m$% находится "между". После чего надо заметить, что $%S_{n^2}\to S$%, и по тогда по лемме $%S_m\to S$%, когда $%m\to\infty$%.

(19 Май '15 2:49) falcao

@gagarin: мне кажется, количество дополнительных вопросов по этой задаче уже превысило разумные пределы. Вот Вы спрашиваете, что такое $%b_n$%, а у меня эта величина определена в начале решения, строка номер 3. В следующем абзаце дана оценка сверху для $%b_n$%, то есть всё это давно уже сделано.

Я привёл здесь полное решение, дал много уточнений, и больше мне по вопросу добавить нечего, да и писать здесь уже некуда.

(20 Май '15 2:18) falcao

Мне нужно оценить b(n) c членами из b(n+1). Как это сделать?

(20 Май '15 8:46) gagarin

@gagarin: я не понимаю, о какого рода оценке Вы говорите. Что требуется получить, и зачем? Здесь основной задачей было доказать применимость признака Лейбница, и там доказывалось, что $%b_n > b_{n+1}$%. А больше никаких оценок для этого решения не требуется. Если кто-то хочет решать другим способом -- пусть решает. А я дал своё решение, оно вполне исчерпывающее. Не понимаю, почему оно всё ещё вызывает какие-то вопросы.

(20 Май '15 9:13) falcao
показано 5 из 6 показать еще 1
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:

×5,151
×849
×165

задан
9 Апр '15 17:48

показан
1228 раз

обновлен
20 Май '15 9:13

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