Cходимость ряда

681523

Как доказать, что ряд (1/ln n)^p расходится/сходится? (p>1)

pavloff

Показать, что для любого p 1/(ln n)^p > 1/n начиная с некоторого номера n, после чего сказать, что ряд 1/n не сходится, значит не сходится и исходный.

mtk79

расходится/сходится?
в такой постановке задачи нужно сначала показать, что он расходится, а уже затем — что он сходится

tester1

Воспользоваться следующим признаком сходимости рядов.
Пусть [math]$a_n$[/math] --- убывающая последовательность положительных чисел. Тогда ряд [math]$\sum_{n=1}^\infty a_n$[/math] сходится или расходится одновременно с рядом [math]$\sum_{n=1}^\infty 2^na_{2^n}$[/math]
Признак доказан в учебнике Архипова, Садовничего и Чубарикова, кажется. Мой любимый признак.

681523

Спасибо

tester1

Пожалуйста.

bars70

Воспользоваться следующим признаком сходимости рядов.Пусть --- убывающая последовательность положительных чисел. Тогда ряд сходится или расходится одновременно с рядом Признак доказан в учебнике Архипова, Садовничего и Чубарикова, кажется. Мой любимый признак.
в рамках этой задачи пользоваться таким признаком - выебон, прости господи)

tester1

Всё, что я ни делаю, воспринимается на форуме как выебон. Да хватит уже!
Этот признак решает задачу в одно действие, в то время как предыдущая рекомендация требует больше усилий.

Vlad128

предыдущая — известный каждому первокурснику факт (или должный быть известным).

tester1

решение с признаком проще, убивает задачу как дробовик муху
признак есть в учебнике, который всем выдают
так за что же критика?
а вот тот якобы известный факт я не знал, например

tester1

бОльшая часть рядов с положительными монотонно убывающими членами сдаётся после одного-двух применений этого признака, это же супер-оружие, так почему я не могу его популяризировать?

griz_a

а вот тот якобы известный факт я не знал, например

Факт, что если все члены ряда, начиная с некоторого момента, больше соответствующих членов расходящегося ряда с положительными членами, то он расходится? :ooo:
бОльшая часть рядов с положительными монотонно убывающими членами сдаётся после одного-двух применений этого признака, это же супер-оружие, так почему я не могу его популяризировать?

Ряды с положительными членами - это вообще не слишком серьезно, чаще всего за глаза хватает приведенного выше факта и интегрального признака.

tester1

Факт, что если все члены ряда, начиная с некоторого момента, больше соответствующих членов расходящегося ряда с положительными членами, то он расходится?
нет, факт что "для любого p 1/(ln n)^p > 1/n начиная с некоторого номера n"
 
интегрального признака.
в предлагаемом мной признаке интегрировать не нужно, что, конечно, упрощает дело. да и не всегда интеграл берется

tester1

Кстати, у кого какой любимый числовой ряд?

griz_a

нет, факт что "для любого p 1/(ln n)^p > 1/n начиная с некоторого номера n"

О, ну я даже не знаю что сказать. Это не факт, это вывод.
в предлагаемом мной признаке интегрировать не нужно, что, конечно, упрощает дело. да и поди проинтегрируй, скажем,

[math]$\int \frac1{x\ln\ln(x)}dx = \int \frac{d\ln x}{\ln \ln x} dx = \int \frac{dy}{\ln y} = \infty $[/math]
Cобственно, твой признак это и есть частный случай интегрального для случая замены вида [math]$y=2^x$[/math].

tester1

ну у тебя ещё тогда последнее равенство требует обоснования, потому что это же интегральный логарифм, спецфункция (я нарочно такой пример привел)
ладно, пустой спор

griz_a

Не обязательно брать интеграл, чтобы понять, что он расходится. В данном случае функция убывает медленнее [math]$1/x$[/math], конечно она не из [math]$L_1$[/math]. Странно, когда функанщик задает такие вопросы :confused:

griz_a

Но можешь интегрально проделать "свой признак":
[math]$\int_{R^+} (\ln x)^{-1} dx = \int_{R^+} (\ln x)^{-1} e^{\ln x} d(\ln x) = \int_{R^+} e^{u}u^{-1} du$[/math]
Я понимаю, в начале изучения рядов такие штуки кажутся забавными, но всерьез рекламировать узкоспециализированную замену переменных под знаком интеграла это не очень серьезно.

Sergey79

факт что "для любого p 1/(ln n)^p > 1/n начиная с некоторого номера n"
ну тут как бы факт, что логарифм растет медленнее любой степенной функции, ln(n)<n^(1/p должен быть всем более известен, чем признак Садовничего.

tester1

числом задавить пытаетесь
мой признак всё равно красавчик :)

tester1

логарифм растет медленнее любой степенной функции, ln(n)<n^(1/p
а кстати да, об этом я что-то не подумал
ладно, реально пустой спор, потому что задача всё равно простая, её можно решать как угодно
зря вы всё-таки накинулись на этот признак, он клёвый

tester1

признак Садовничего.
Скорее уж признак Лобачевского

Sergey79

зря вы всё-таки накинулись на этот признак, он клёвый
не, нормальный конечно. Про логарифм я и сам, если честно, не сразу заметил. Просто твой признак хорошо работает именно с логарифмами, так-то он не сильно упрощает. Просто замена переменных, как справедливо написал Ф.С.

Vlad128

Лопиталя тоже любят запрещать семинаристы. смысл в том, чтобы овладеть определенными навыками оценок, а пример, к которому неприменим лопиталь (или где он неэффективен будет совсем уж ужасным. еще есть такая фишка, что можно применяя слишком сложный признак для простых задач, нарваться на порочный логический круг.

Nefertyty

что можно применяя слишком сложный признак для простых задач, нарваться на порочный логический круг
это скорее при сдаче теории
при решении задач с помощью известных правил такого не может быть

Vlad128

что-то я не понял, почему это не может быть? Вот например, спросят, сходится ли ряд a^n при 0 <a < 1, а чувак такой: признак Даламбера все дела.

lenmas

Воспользоваться следующим признаком сходимости рядов.
А можешь подробнее? А то такое ощущение, что там такой же чит, как и в предложенном выше способе :)

lenmas

Скорее уж признак Лобачевского
Ты путаешь. Признак Лобачевского — это не признак Коши, который ты тут рекламируешь.

tester1

А можешь подробнее? А то такое ощущение, что там такой же чит, как и в предложенном выше способе
Какой ещё чит?
От [math]$\frac{1}{(ln(n^p}$[/math] приходим к [math]$\frac{2^n}{(ln(2^n^p}=\frac{2^n}{n^p }(ln(2^{-p}$[/math] причем последнее выражение к нулю даже не стремится, так что ряд с таким общим членом не сходится

lenmas

причем последнее выражение к нулю даже не стремится
Вот в этом-то и проблема. То-есть ты тоже приходишь к использованию факта, что экспонента растет быстрее степенной функции :)

tester1

мне же не надо доказывать, что выражение стремится к бесконечности. мне достаточно показать, что оно не стремится к нулю, это куда проще

griz_a

мне же не надо доказывать, что выражение стремится к бесконечности. мне достаточно показать, что оно не стремится к нулю, это куда проще

:)

bars70

Кстати, у кого какой любимый числовой ряд?
мой любимый числовой ряд 1+2+3+4+5+6+...
думаете он расходится?
да нихера.
ведь это 1 + 2 + 3 + 4 + 5+ 6 + 7 + 0 + 0 + 0 +...
сходится быстрее любой сходящейся геометрической прогрессии, а она уж как быстро сходится.
люблю раскрашивать члены своего ряда в цвета : красный, оранжевый, желтый, зеленый, ну и. т. д.
полная гармония. хоть ряд и не гармонический!

lenmas

:)
+1 :grin:

tester1

мне же не надо доказывать, что выражение стремится к бесконечности. мне достаточно показать, что оно не стремится к нулю, это куда проще
что-то я не придумал доказательство, которое бы реально было проще
похоже я погорячился
вы победили

lenmas

что-то я не придумал доказательство, которое бы реально было проще
похоже я погорячился
Все для тебя стараемся! :D

tester1

мне же не надо доказывать, что выражение стремится к бесконечности. мне достаточно показать, что оно не стремится к нулю, это куда проще
что-то я не придумал доказательство, которое бы реально было проще
а нет, всё-таки придумал
смотрите
разложим 2^n=(1+1)^n по формуле бинома Ньютона. Тогда получим, что 2^n является суммой растущего числа биномиальных коэффициентов. Самые маленькие из них равны 1, следующие по порядку равны n, остальные ещё больше. Когда число коэффициентов, больших или равных n, станет больше р, величина 2^n/n^p станет больше 1 и в дальнейшем ниже 1 уже не опустится, поскольку число коэффициентов будет только расти
это всё равно близко к обычному доказательству, но всё же короче и никакие продвинутые свойства (кроме роста биномиальных коэффициентов) не используются

seregaohota

Когда число коэффициентов, больших или равных n, станет больше р, величина 2^n/n^p станет больше 1
что-то не понял, n^p с n*p не путаешь?

tester1

аааааа, ум за разум зашёл
давно так жёстко не лажал
зачеркнул лажу
Оставить комментарий
Имя или ник:
Комментарий: