Здравствуйте! Пользуясь интегральным признаком Коши, нужно исследовать сходимость ряда с общим членом:

$$a_n = \frac 1 {n(\ln n)^p(\ln \ln n)^q}$$

Что-то я тут запуталась с интегралом... :(

задан 10 Июл '15 14:58

10|600 символов нужно символов осталось
2

Начнём с рассмотрения частного случая $%q=0$%. Применение интегрального признака Коши приводит к появлению несобственного интеграла $$\int\limits_{\ast}^{+\infty}\frac{dx}{x(\ln x)^p}=\int\limits_{\ast}^{+\infty}\frac{d(\ln x)}{(\ln x)^p}=\int\limits_{\ast}^{+\infty}\frac{dy}{y^p},$$ и такой интеграл сходится при $%p > 1$%, а при других значениях $%p$% он расходится. Здесь нужно заметить, что функция $%f(x)=\frac1{x(\ln x)^p}$% монотонно стремится к нулю при $%x\gg1$% для каждого из значений $%p$%, что проверяется при помощи производной, то есть применение признака корректно.

Рассмотрим теперь три случая для произвольного $%q$%. Если $%p > 1$%, то ряд будет сходиться даже при отрицательных $%q$% за счёт того, что логарифм растёт медленнее степенной функции с положительным показателем. Действительно, если $%q\ge0$%, то $%(\ln\ln n)^q\ge1$% при достаточно больших $%n$%, и ряд из условия сходится по признаку сравнения. Если же $%q < 0$%, то положим $%\varepsilon=\frac{p-1}2$%. Мы утверждаем, что $%(\ln\ln n)^{-q} < (\ln n)^{\varepsilon}$% для достаточно больших $%n$%. Это следует из того, что $%\ln z < z^{-\varepsilon/q}$% при достаточно больших $%z=\ln n$%. Таким образом, члены ряда из условия мажорируются величинами $%\frac1{n(\ln n)^{p-\varepsilon}}$% при $%n\gg1$%, но $%p-\varepsilon=\frac{p+1}2 > 1$%, а такой ряд сходится.

Промежуточный вывод: если $%p > 1$%, то ряд сходится при любом $%q$%.

Теперь рассмотрим случай $%p < 1$%. Здесь ряд будет расходиться при любых $%q$%. Рассуждение аналогичное: если $%q\le0$%, то ряд из условия оценивается снизу расходящимся рядом, который получается для $%q=0$%. Если $%q > 0$%, то снова $%(\ln\ln n)^q < (\ln n)^{\varepsilon}$% для достаточно больших $%n$%, где $%\varepsilon=\frac{1-p}2 > 0$%. Это приводит к оценке снизу вида $%\frac1{n(\ln n)^{p+\varepsilon}}$% при $%n\gg1$%, где $%p+\varepsilon=\frac{1+p}2 < 1$%.

Промежуточный вывод: если $%p < 1$%, то ряд расходится при любом $%q$%.

Теперь рассмотрим "критический" случай $%p=1$%. Здесь снова применяем интегральный признак, проверяя выполнение его условий (монотонное стремление к нулю рассматриваемой функции). Получается несобственный интеграл $$\int\limits_{\ast}^{+\infty}\frac{dx}{x\,\ln x(\ln\ln x)^q}=\int\limits_{\ast}^{+\infty}\frac{d(\ln x)}{\ln x(\ln\ln x)^q}=\int\limits_{\ast}^{+\infty}\frac{dy}{y(\ln y)^q}=\int\limits_{\ast}^{+\infty}\frac{dz}{z^q},$$ и сходимость имеет место при $%q > 1$%.

Окончательный вывод: сходимость ряда имеет место тогда и только тогда, когда выполнено одно из двух условий: а) $%p > 1$%; б) $%p=1$% и $%q > 1$%.

ссылка

отвечен 10 Июл '15 17:22

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:

×884
×455
×303
×175
×86

задан
10 Июл '15 14:58

показан
1139 раз

обновлен
10 Июл '15 17:22

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