Доказать сходимость ряда

@Vlattt · Регистрация: 01.05.2011

Author24 — интернет-сервис помощи студентам

Расскажите, пожалуйста, как можно более подробно, как тут доказать сходимость?

@splen · 15.12.2012, 16:40

При n>m

$https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?\sum_{k=m}^{n}\frac{a_k}{\sqrt k} \. \geq \. a_n\sum_{k=m}^{n}\frac{1}{\sqrt k}$ .

В то же время,

$https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?\frac{1}{\sqrt k} \. \gt \. \frac{2}{\sqrt {k+1} + \sqrt k}= 2 \left( \sqrt {k+1} - \sqrt k \right)$ .

Следовательно

$https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?\sum_{k=m}^{n}\frac{a_k}{\sqrt k} \geq 2a_n \left( \sqrt {n+1} - \sqrt m \right)$ .

Возьмём m=E(n/4) (E(x) - целая часть x). Тогда

$https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?2a_n \left( \sqrt {n+1} - \sqrt m \right) \, \gt \, 2a_n \left( \sqrt {n} - \sqrt{E \left( \frac{n}{4} \right) } \right) \geq 2a_n \left( \sqrt {n} - \sqrt{\frac{n}{4} } \right) = a_n \sqrt n.$

Значит,

$https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?a_n \sqrt{n} \, \leq \, \sum_{\frac{n}{4} \leq k \leq n} \, \frac{a_k}{\sqrt k}$ .

Отсюда следует, что, как минимум,

$https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi? a_n \sqrt{n} = O(1)$

(а на самом деле - даже "о" малое). Тогда

$https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?a_n^{\small 2} = \frac{a_n}{\sqrt n} \, \cdot \, a_n \sqrt n = O \left( \frac{a_n}{\sqrt n} \right)$ ,

и интересующий ряд мажорируется заданным сходящимся рядом.

Добавлено через 1 час 20 минут
Доказательство можно немного упростить.

Если при всех n $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?\small 0 \leq a_{n+1} \leq a_n,$ то при всех n также и

$https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?\frac{a_{n+1}}{\sqrt{n+1}} \leq \frac{a_n}{\sqrt{n}},$

откуда

$https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?\sum_{\frac{n}{2} \leq m \leq n} \, \frac{a_m}{\sqrt{m}} \, \geq \, \frac{n}{2} \cdot \frac{a_n}{\sqrt{n}} = \frac{1}{2} a_n \sqrt{n},$

и сразу получаем, что

$https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?a_n \sqrt{n} \leq 2 \, \sum_{\frac{n}{2} \leq m \leq n} \, \frac{a_m}{\sqrt{m}} = O(1).$

@Igor · 16.12.2012, 17:32

Очевидно, что

$https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?\frac{{a}_{n}}{n}\leq \frac{{a}_{n}}{\sqrt{n}},\ n\in N\ \Rightarrow \ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{{a}_{n}}{n}\leq \sum_{n=1}^{\infty}\frac{{a}_{n}}{\sqrt{n}}$

Таким образом, мажорируемый ряд должен сходиться.
Так как $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?{a}_{n}\geq 0,$ то

$https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?\frac{{a}_{n}}{n}\leq \frac{1}{2}({{a}_{n}}^{2}+\frac{1}{{n}^{2}}),\ n\in N\ \Rightarrow \ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{{a}_{n}}{n}\leq \frac{1}{2}\sum_{n=1}^{\infty}({{a}_{n}}^{2}+\frac{1}{{n}^{2}})$

В данном случае должен сходиться мажорирующий ряд, а такое возможно только в случае сходимости ряда

$https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?\sum_{n=1}^{\infty}{{a}_{n}}^{2}.$

ч.т.д.

@Vlattt 0 / 0 / 0 Регистрация: 01.05.2011 Сообщений: 32
		1
	Доказать сходимость ряда 14.12.2012, 22:43. Показов 1548. Ответов 2 Метки нет (Все метки) Расскажите, пожалуйста, как можно более подробно, как тут доказать сходимость? Миниатюры 0

@splen 1728 / 1020 / 181 Регистрация: 03.06.2012 Сообщений: 1,220
	15.12.2012, 16:40	2
	Сообщение было отмечено как решение Решение При n>m $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?\sum_{k=m}^{n}\frac{a_k}{\sqrt k} \. \geq \. a_n\sum_{k=m}^{n}\frac{1}{\sqrt k}$ . В то же время, $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?\frac{1}{\sqrt k} \. \gt \. \frac{2}{\sqrt {k+1} + \sqrt k}= 2 \left( \sqrt {k+1} - \sqrt k \right)$ . Следовательно $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?\sum_{k=m}^{n}\frac{a_k}{\sqrt k} \geq 2a_n \left( \sqrt {n+1} - \sqrt m \right)$ . Возьмём m=E(n/4) (E(x) - целая часть x). Тогда $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?2a_n \left( \sqrt {n+1} - \sqrt m \right) \, \gt \, 2a_n \left( \sqrt {n} - \sqrt{E \left( \frac{n}{4} \right) } \right) \geq 2a_n \left( \sqrt {n} - \sqrt{\frac{n}{4} } \right) = a_n \sqrt n.$ Значит, $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?a_n \sqrt{n} \, \leq \, \sum_{\frac{n}{4} \leq k \leq n} \, \frac{a_k}{\sqrt k}$ . Отсюда следует, что, как минимум, $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi? a_n \sqrt{n} = O(1)$ (а на самом деле - даже "о" малое). Тогда $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?a_n^{\small 2} = \frac{a_n}{\sqrt n} \, \cdot \, a_n \sqrt n = O \left( \frac{a_n}{\sqrt n} \right)$ , и интересующий ряд мажорируется заданным сходящимся рядом. Добавлено через 1 час 20 минут Доказательство можно немного упростить. Если при всех n $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?\small 0 \leq a_{n+1} \leq a_n,$ то при всех n также и $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?\frac{a_{n+1}}{\sqrt{n+1}} \leq \frac{a_n}{\sqrt{n}},$ откуда $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?\sum_{\frac{n}{2} \leq m \leq n} \, \frac{a_m}{\sqrt{m}} \, \geq \, \frac{n}{2} \cdot \frac{a_n}{\sqrt{n}} = \frac{1}{2} a_n \sqrt{n},$ и сразу получаем, что $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?a_n \sqrt{n} \leq 2 \, \sum_{\frac{n}{2} \leq m \leq n} \, \frac{a_m}{\sqrt{m}} = O(1).$ 5

@Igor 4654 / 3406 / 361 Регистрация: 11.11.2010 Сообщений: 6,205 Записей в блоге: 2
	16.12.2012, 17:32	3
	Очевидно, что $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?\frac{{a}_{n}}{n}\leq \frac{{a}_{n}}{\sqrt{n}},\ n\in N\ \Rightarrow \ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{{a}_{n}}{n}\leq \sum_{n=1}^{\infty}\frac{{a}_{n}}{\sqrt{n}}$ Таким образом, мажорируемый ряд должен сходиться. Так как $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?{a}_{n}\geq 0,$ то $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?\frac{{a}_{n}}{n}\leq \frac{1}{2}({{a}_{n}}^{2}+\frac{1}{{n}^{2}}),\ n\in N\ \Rightarrow \ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{{a}_{n}}{n}\leq \frac{1}{2}\sum_{n=1}^{\infty}({{a}_{n}}^{2}+\frac{1}{{n}^{2}})$ В данном случае должен сходиться мажорирующий ряд, а такое возможно только в случае сходимости ряда $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?\sum_{n=1}^{\infty}{{a}_{n}}^{2}.$ ч.т.д. 1

Доказать сходимость ряда

Решение