Найти все значения $%\alpha$%, при которых ряд $%\sum\limits_{n=1}^{\infty}\ln \left (1+\frac{(-1)^{n-1}}{(n+1)^\alpha} \right)$%:
а) абсолютно сходится;
б) условно сходится.

задан 1 Май '15 0:09

изменен 2 Май '15 21:06

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


9917

10|600 символов нужно символов осталось
2

Чтобы ряд сходился, общий член должен стремиться к нулю. Выражение под логарифмом -- к единице, то есть $%(-1)^n/(n+1)^a\to0$%. Это значит, что $%a > 0$%. При этом условии $%\ln(1+t)\sim t$%, то есть вопрос эквивалентен случаю ряда $%\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(n+1)^a}$%. Сходимость имеет место по признаку Лейбница, так как $%(n+1)^{-a}$% монотонно стремится к нулю. При $%a > 1$% ряд сходится абсолютно по интегральному признаку.

Исправление. Рассуждение, приведённое выше, является ошибочным. Эквивалентность здесь нельзя применять, так как ряды не знакопостоянные. Я это осознал после замечания @Poncho. Ответ здесь будет другой. Вот исправленный вариант решения (прежний не стал убирать как бы "для истории" :))

Положим $%a_n=\frac{(-1)^n}{(n+1)^a}$%. Уже было сказано, что $%a > 0$% и $%a_n\to0$%. Предположим, что $%a > \frac12$%. Тогда, ввиду $%\ln(1+a_n)=a_n+O(a_n^2)$%, ряд $%\sum\limits_{n=1}^{\infty}O(a_n^2)$% сходится абсолютно, а ряд $%\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n$% сходится по признаку Лейбница. Поэтому и ряд из условия сходится. При $%a\le1$% эта сходимость будет условной.

Пусть $%\frac13 < a\le\frac12$%. Докажем, что в этом случае ряд расходится. Действительно, $%\ln(1+a_n)=a_n-\frac12a_n^2+O(a_n^3)$%, и ряд из $%O(a_n^3)$% сходится абсолютно. Ряд из $%a_n$% по-прежнему сходится в силу признаку Лейбница, поэтому всё зависит от сходимости ряда из $%a_n^2=\frac1{(n+1)^{2a}}$%, но он расходится ввиду $%2a\le1$%.

Теперь рассмотрим случай $%\frac14 < a\le\frac13$%, имея в виду, что $%\ln(1+a_n)=a_n-\frac12a_n^2+\frac13a_n^3+O(a_n^4)$%. Здесь ясно, что ряд из $%O(a_n^4)$% сходится абсолютно, и сходятся ряды для $%a_n$% в нечётных степенях. Поэтому всё зависит опять от ряда из $%a_n^2$%, который расходится по той же причине, что и выше.

Далее рассуждаем аналогично, рассматривая случаи $%\frac15 < a\le\frac14$%, и так далее. Ряд из $%O(a_n^5)$% сходится абсолютно, ряды с нечётными степенями сходятся, а ряды из $%a_n^2$% и $%a_n^4$% расходятся, и их сумма также расходится.

Таким образом, ряд из условия сходится абсолютно при $%a > 1$%, сходится условно при $%\frac12 < a\le1$%, и расходится при $%a\le\frac12$%.

ссылка

отвечен 1 Май '15 0:43

изменен 2 Май '15 18:56

@falcao, спасибо! С первомайским праздником Вас!)

(1 Май '15 1:24) Uchenitsa

@Uchenitsa: спасибо, и Вас также!

(1 Май '15 1:37) falcao
10|600 символов нужно символов осталось
2

Хотел уточнить момент насчёт условной сходимости. $$ \ln\left(1 + \frac{(-1)^{n-1}}{(n+1)^a}\right) = \frac{(-1)^{n-1}}{(n+1)^a} + O\ \left(\frac{1}{(n+1)^{2a}}\right) $$ Поэтому мне кажется, что условно ряд будет сходиться при $%\dfrac{1}{2} < a \leqslant 1$%

ссылка

отвечен 2 Май '15 18:08

изменен 2 Май '15 18:08

Только пока не соображу, как доказать расходимость при оставшихся значениях параметра от нуля до одной второй

(2 Май '15 18:19) Poncho

@Poncho: Вы совершенно правы! Задача оказалась более сложной -- я её поначалу недооценил. Тот принцип, который я использовал, применять нельзя, так как ряды не знакопостоянные. Сейчас сделаю исправление.

(2 Май '15 18:39) falcao
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:

×2,553
×605
×313

задан
1 Май '15 0:09

показан
1329 раз

обновлен
2 Май '15 18:56

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