Analiza matematyczna 1/Ćwiczenia 7: Szeregi liczbowe. Kryteria zbieżności

7. Szeregi liczbowe. Kryteria zbieżności

Ćwiczenie 7.1.

Zbadać zbieżność szeregów
(1) $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(\frac{n^2+1}{n^2+n+1}{)}^{n^2}$
(2) $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(n!{)}^n}{n^{n^2}}$
(3) $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(\frac{n+1}{n}{)}^{n^2}}{2^n}$
(4) $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{e^n}{(\frac{n+1}{n}{)}^{n^2}}$

Wskazówka

(1)-(3) Skorzystać z kryterium Cauchy'ego (patrz wniosek 7.5.). W tym celu należy obliczyć $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\sqrt[n]{a_n}.$

(4) Skorzystać z kryterium Cauchy'ego (w wersji ogólnej; patrz twierdzenie 7.4.).

Rozwiązanie

(1) W celu skorzystania z kryterium Cauchy'ego, liczymy

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \aligned \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \sqrt[n]{a_n} & = & \lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\sqrt[n]{\bigg(\frac{n^2+1}{n^2+n+1}\bigg)^{n^2}} \ =\ \lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\bigg(1-\frac{n}{n^2+n+1}\bigg)^n\\ & = & \lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\bigg(1-\frac{1}{\frac{n^2+n+1}{n}}\bigg)^{\frac{n^2+n+1}{n}} \bigg(1-\frac{1}{\frac{n^2+n+1}{n}}\bigg)^{\frac{n^2}{n^2+n+1}} \endaligned}

Zauważmy, że

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\frac{n^2+n+1}{n} \ =\ \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \bigg(n+1+\frac{1}{n}\bigg) \ =\ +\infty }

oraz

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \bigg(\frac{n^2+n+1}{n^2}\bigg) \ =\ 1. }

Zatem

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \sqrt[n]{a_n} \ =\ \lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\bigg(1-\frac{1}{\frac{n^2+n+1}{n}}\bigg)^{\frac{n^2+n+1}{n}} \cdot\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \bigg(1-\frac{1}{\frac{n^2+n+1}{n}}\bigg)^{\frac{n^2}{n^2+n+1}} \ =\ \frac{1}{e}\cdot 1^1 \ =\ \frac{1}{e}. }

Ponieważ $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\sqrt[n]{a_n}=\frac{1}{e}<1,$ więc z kryterium Cauchy'ego wnioskujemy, że szereg jest zbieżny.
Odpowiedź: Szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(\frac{n^2+1}{n^2+n+1}{)}^{n^2}$ jest zbieżny.

(2) W celu skorzystania z kryterium Cauchy'ego, liczymy

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \sqrt[n]{a_n} \ =\ \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \sqrt[n]{\frac{(n!)^n}{n^{n^2}}} \ =\ \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \frac{n!}{n^n}. }

W celu obliczenia ostatniej granicy zauważmy, że

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle 0 \ \le\ \frac{n!}{n^n} \ =\ \frac{1\cdot 2\cdot \ldots\cdot n}{\underbrace{n\cdot n\cdot\ldots\cdot n}_{n}} \ =\ \frac{1}{n}\cdot\underbrace{\frac{2}{n}\cdot\ldots\cdot\frac{n}{n}}_{<1} \ \le\ \frac{1}{n}. }

ponieważ $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{1}{n}=0,$ więc korzystając z twierdzenia o trzech ciągach (patrz twierdzenie 4.11.) wnioskujemy, że $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{n!}{n^n}=0.$ Na mocy kryterium Cauchy'ego (patrz wniosek 7.5.), wnioskujemy, że szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(n!{)}^n}{n^{n^2}}$ jest zbieżny.
Odpowiedź: Szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(n!{)}^n}{n^{n^2}}$ jest zbieżny.

(3) W celu skorzystania z kryterium Cauchy'ego, liczymy

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \sqrt[n]{a_n} \ =\ \sqrt[n]{\frac{\displaystyle\bigg(\frac{n+1}{n}\bigg)^{n^2}}{2^n}} \ =\ \frac{\bigg(\displaystyle 1+\frac{1}{n}\bigg)^{n}}{2} \ =\ \frac{e}{2}. }

Ponieważ $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\sqrt[n]{a_n}=\frac{e}{2}>1,$ więc na mocy kryterium Cauchy'ego (patrz wniosek 7.5.), wnioskujemy, że szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(\frac{n+1}{n}{)}^{n^2}}{2^n}$ jest rozbieżny.
Odpowiedź: Szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(\frac{n+1}{n}{)}^{n^2}}{2^n}$ jest rozbieżny.

(4) Kryterium Cauchy'ego (patrz wniosek 7.5.), nie rozstrzyga o zbieżności tego szeregu, ponieważ

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \sqrt[n]{a_n} \ =\ \sqrt[n]{\frac{e^n}{\displaystyle\bigg(\frac{n+1}{n}\bigg)^{n^2}}} \ =\ \frac{e}{\bigg(\displaystyle 1+\frac{1}{n}\bigg)^{n}} \ =\ \frac{e}{e} \ =\ 1. }

Zastosujmy jednak ogólną wersję kryterium Cauchy'ego. Ponieważ ciąg $\left\{\right(1+\frac{1}{n}{)}^n\}$ jest zbieżny do liczby $e$ rosnąco, więc

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \forall n\in\mathbb{N}:\ \bigg(1+\frac{1}{n}\bigg)^n \ <\ e, }

czyli

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \forall n\in\mathbb{N}:\ \frac{e}{\displaystyle\bigg(1+\frac{1}{n}\bigg)^n} \ >\ 1. }

Ponieważ $\sqrt[n]{a_n}>1$ dla $n\in \mathbb{\mathbb{N}},$ więc na mocy ogólnego kryterium Cauchy'ego (patrz twierdzenie 7.4. (2)) wnioskujemy, że szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{e^n}{(\frac{n+1}{n}{)}^{n^2}}$ jest rozbieżny.
Odpowiedź: Szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{e^n}{(\frac{n+1}{n}{)}^{n^2}}$ jest rozbieżny.

{}$◻$

Ćwiczenie [Uzupelnij]

Zbadać zbieżność szeregów
(1) $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(n!{)}^3}{(3n)!}$
(2) $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(2n)!!(2n+1)}{(2n-1)!!}$
(3) $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{e^{n}n!}{n^n}$

{black}

Wskazówka

(1) Skorzystać z kryterium d'Alemberta (patrz wniosek 7.2.). W tym celu obliczyć $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{a_{n+1}}{a_n}.$

(2) Symbol $k!!$ oznacza iloczyn liczb naturalnych niewiększych od $k$ i tej samej parzystości co $k,$ to znaczy

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle k!! \ =\ \left\{ \begin{array} {lll} 1\cdot 3\cdot\ldots\cdot k & \textrm{gdy} & k\ \textrm{jest nieparzyste},\\ 2\cdot 4\cdot\ldots\cdot k & \textrm{gdy} & k\ \textrm{jest parzyste}. \end{array} \right. }

Sprawdzić, czy kryterium d'Alemberta (patrz wniosek 7.2.) rozstrzyga zbieżność szeregu. Jeśli nie to sprawdzić czy można skorzystać z ogólnego kryterium d'Alemberta (patrz wniosek 7.5.).

(3) Zauważyć, że nie stosuje się tu kryterium d'Alemberta (patrz Wniosek Uzupelnic w.new.am1.w.07.020|). Ale można skorzystać z ogólnego kryterium d'Alemberta (patrz Twierdzenie Uzupelnic t.new.am1.w.07.010|).

{}$◻$

Rozwiązanie

(1) W celu skorzystania z kryterium d'Alemberta (patrz Wniosek Uzupelnic w.new.am1.w.07.020|), liczymy

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \frac{a_{n+1}}{a_n} \ =\ \frac{((n+1)!)^3}{(3n+3)!}\cdot\frac{(3n)!}{(n!)^3} \ =\ \frac{(n!)^3(n+1)^3}{(3n)!(3n+1)(3n+2)(3n+3)}\cdot\frac{(3n)!}{(n!)^3} \ =\ \frac{(n+1)^3}{(3n+1)(3n+2)(3n+3)}, }

zatem

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \frac{a_{n+1}}{a_n} \ =\ \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \frac{\displaystyle\bigg(1+\frac{1}{n}\bigg)^3}{\displaystyle\bigg(3+\frac{1}{n}\bigg)\bigg(3+\frac{2}{n}\bigg)\bigg(3+\frac{3}{n}\bigg)} \ =\ \frac{1}{27}. }

Ponieważ $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{1}{27}<1,$ więc na mocy kryterium d'Alemberta (patrz Wniosek Uzupelnic w.new.am1.w.07.020|) wnioskujemy, że szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(n!{)}^3}{(3n)!}$ jest zbieżny.
Odpowiedź: Szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(n!{)}^3}{(3n)!}$ jest zbieżny.

(2) W celu skorzystania z kryterium d'Alemberta, liczymy

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \frac{a_{n+1}}{a_n} \ =\ \frac{(2n+2)!!(2n+3)}{(2n+1)!!}\frac{(2n-1)!}{(2n)!!(2n+1)} \ =\ \frac{(2n)!!(2n+2)(2n+3)}{(2n-1)!!(2n+1)}\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!(2n+1)} \ =\ \frac{(2n+2)(2n+3)}{(2n+1)^2}, }

zatem

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n} \ =\ \lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\frac{\displaystyle\bigg(2+\frac{2}{n}\bigg)\bigg(2+\frac{3}{n}\bigg)}{\displaystyle\bigg(2+\frac{1}{n}\bigg)^2} \ =\ 1. }

Zatem nie stosuje się tu kryterium d'Alemberta (patrz Wniosek Uzupelnic w.new.am1.w.07.020|). Ale z powyższych wyliczeń widać, że

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \forall n\in\mathbb{N}:\ \frac{a_{n+1}}{a_n} \ =\ \frac{(2n+2)(2n+3)}{(2n+1)^2} \ >\ 1, }

zatem z ogólnej wersji kryterium d'Alemberta (patrz Twierdzenie Uzupelnic t.new.am1.w.07.010|) wynika, że szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(2n)!!(2n+1)}{(2n-1)!!}$ jest rozbieżny.
Odpowiedź: Szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(2n)!!(2n+1)}{(2n-1)!!}$ jest rozbieżny.

(3) Obliczmy

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \frac{a_{n+1}}{a_n} \ =\ \frac{e^{n+1}(n+1)!}{(n+1)^{n+1}}\cdot\frac{n^n}{e^n n!} \ =\ \frac{e^n e n! (n+1)}{(n+1)^n (n+1)}\cdot\frac{n^n}{e^n n!} \ =\ \frac{e}{\displaystyle \bigg(1+\frac{1}{n}\bigg)^n}, }

zatem

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\frac{e}{\displaystyle \bigg(1+\frac{1}{n}\bigg)^n} \ =\ \frac{e}{e} \ =\ 1. }

Zatem nie stosuje się tu kryterium d'Alemberta (patrz Wniosek Uzupelnic w.new.am1.w.07.020|). Ale z powyższych wyliczeń widać, że

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \forall n\in\mathbb{N}:\ \frac{a_{n+1}}{a_n} \ =\ \frac{e}{\displaystyle \bigg(1+\frac{1}{n}\bigg)^n} \ >\ 1, }

gdyż ciąg $\left\{\right(1+\frac{1}{n}{)}^n\}$ jest zbieżny do liczby $e$ rosnąco. Zatem z ogólnej wersji kryterium d'Alemberta (patrz Twierdzenie Uzupelnic t.new.am1.w.07.010|) wynika, że szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{e^{n}n!}{n^n}$ jest rozbieżny.
Odpowiedź: Szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{e^{n}n!}{n^n}$ jest rozbieżny.

{}$◻$

Ćwiczenie [Uzupelnij]

Zbadać zbieżność szeregów
(1) $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\sin \frac{1}{n}\cdot \cos \frac{1}{n}$
(2) $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{\sin }^2\frac{1}{n}\cdot \cos n$
(3) $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{\sqrt{n}}\mathrm{t}\mathrm{g}(\sin \frac{1}{n})$

{black}

Wskazówka

We wszystkich przykładach należy skorzystać z kryterium asymptotycznego (patrz Twierdzenie Uzupelnic t.new.am1.w.07.100|).

{}$◻$

Rozwiązanie

(1) Ponieważ szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n}$ jest rozbieżny (jest to znany nam szereg harmoniczny) oraz

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \frac{\displaystyle\sin\frac{1}{n}\cdot\cos\frac{1}{n}}{\displaystyle\frac{1}{n}} \ =\ \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \underbrace{\frac{\displaystyle\sin\frac{1}{n}}{\displaystyle\frac{1}{n}}}_{\rightarrow 1}\cdot\underbrace{\cos\frac{1}{n}}_{\rightarrow 1} \ =\ 1, }

więc na mocy kryterium asymptotycznego (patrz Twierdzenie Uzupelnic t.new.am1.w.07.100|), szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\sin \frac{1}{n}\cdot \cos \frac{1}{n}$ jest także rozbieżny.
Odpowiedź: Szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\sin \frac{1}{n}\cdot \cos \frac{1}{n}$ jest rozbieżny.

(2) Ponieważ

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \bigg| \sin^2\frac{1}{n}\cdot\cos n\bigg| \ \le\ \sin^2\frac{1}{n}, }

więc jeśli pokażemy zbieżność szeregu $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{\sin }^2\frac{1}{n},$ to na mocy kryterium porównawczego (patrz Twierdzenie Uzupelnic t.new.am1.w.06.090|) otrzymamy, że szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{\sin }^2\frac{1}{n}\cdot \cos n$ będzie także zbieżnym (i to bezwzględnie). Ponieważ szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^2}$ jest zbieżny (jest to uogólniony szereg harmoniczny z wykładnikiem $\alpha =2>1$; patrz Przykład Uzupelnic p.new.am1.w.06.150|) oraz

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \frac{\displaystyle\sin^2\frac{1}{n}}{\displaystyle\frac{1}{n^2}} \ =\ \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \underbrace{\bigg(\frac{\displaystyle\sin\frac{1}{n}}{\displaystyle\frac{1}{n}}\bigg)^2}_{\rightarrow 1} \ =\ 1, }

więc na mocy kryterium asymptotycznego (patrz Twierdzenie Uzupelnic t.new.am1.w.07.100|), szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{\sin }^2\frac{1}{n}$ jest także zbieżny.
Odpowiedź: Szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{\sin }^2\frac{1}{n}\cdot \cos n$ jest zbieżny.

(3) Ponieważ

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\frac{\displaystyle\frac{1}{\sqrt{n}}\mathrm{tg}\,\bigg(\sin\frac{1}{n}\bigg)}{\displaystyle\frac{1}{\sqrt{n}}\sin\frac{1}{n}} \ =\ \lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\frac{\displaystyle\mathrm{tg}\,\bigg(\sin\frac{1}{n}\bigg)}{\displaystyle\sin\frac{1}{n}} \ =\ \lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\underbrace{\frac{\displaystyle\sin\bigg(\sin\frac{1}{n}\bigg)}{\displaystyle\sin\frac{1}{n}}}_{\rightarrow 1} \cdot\underbrace{\frac{1}{\displaystyle\cos\frac{1}{n}}}_{\rightarrow 1} \ =\ 1, }

zatem szeregi $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{\sqrt{n}}\mathrm{t}\mathrm{g}(\sin \frac{1}{n})$ i $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{\sqrt{n}}\sin \frac{1}{n}$ są jednocześnie zbieżne lub jednocześnie rozbieżne. Zajmijmy się więc tym ostatnim. Ponieważ

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\frac{\displaystyle\frac{1}{\sqrt{n}}\sin\frac{1}{n}}{\displaystyle\frac{1}{\sqrt{n}}\frac{1}{n}} \ =\ \lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\frac{\displaystyle\sin\frac{1}{n}}{\displaystyle\frac{1}{n}} \ =\ 1, }

zatem wobec zbieżności szeregu $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{\sqrt{n}}\frac{1}{n}=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^{\frac{3}{2}}},$ także szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{\sqrt{n}}\sin \frac{1}{n}$ jest zbieżny.
Odpowiedź: Szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{\sqrt{n}}\mathrm{t}\mathrm{g}(\sin \frac{1}{n})$ jest zbieżny.

{}$◻$

Ćwiczenie [Uzupelnij]

Zbadać zbieżność szeregów oraz określić rodzaj zbieżności
(1) $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n}{\ln n}$
(2) $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{\cos n\pi }{n}$
(3) $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{\cos \frac{n\pi }{2}}{n}$
(4) $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^n\frac{\ln n}{n}$

{black}

Wskazówka

(1) Do zbadania zbieżności zastosować kryterium Leibniza (patrz Twierdzenie Uzupelnic w.new.am1.w.07.130|). Aby zbadać bezwzględną zbieżność zastosować kryterium porównawcze (patrz Twierdzenie Uzupelnic t.new.am1.w.06.090|).
(2) Zauważyć, jak wyglądają wyrazy szeregu.
(3) Zauważyć, jak wyglądają wyrazy szeregu.
(4) Zastosować kryterium Leibniza (patrz Twierdzenie Uzupelnic w.new.am1.w.07.130|). W tym celu udowodnić najpierw, że ciąg $\left\{\frac{\ln n}{n}\right\}$ jest malejący do zera.

{}$◻$

Rozwiązanie

(1) Ponieważ ciąg $\{\ln n\}$ jest rosnący i rozbieżny do $+\mathrm{\infty },$ więc ciąg $\left\{\frac{1}{\ln n}\right\}$ jest malejący i zbieżny do zera. Zatem możemy zastosować kryterium Leibniza (patrz Twierdzenie Uzupelnic w.new.am1.w.07.130|) i wywnioskować, że szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n}{\ln n}$ jest zbieżny.
{{red}Rysunek AM1.M07.C.R01 (stary numer AM2.1.2)}

Natomiast dla szeregu modułów $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\left|\frac{(-1{)}^n}{\ln n}\right|=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{\ln n}$ mamy

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \forall n\in\mathbb{N}:\ \frac{1}{\ln n} \ \ge\ \frac{1}{n} }

(patrz Zadanie Uzupelnic z.new.am1.c.06.040|(1)), w którym udowodniono to ze szczegółami). Wobec rozbieżności szeregu harmonicznego stosując kryterium porównawcze (patrz Twierdzenie Uzupelnic t.new.am1.w.06.090|) otrzymujemy, że szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{\ln n}$ jest rozbieżny.
Odpowiedź: Szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n}{\ln n}$ jest warunkowo zbieżny.

(2) Zauważmy, że $\cos n\pi =(-1{)}^n$ dla $n\in \mathbb{\mathbb{N}}.$
Zatem

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{\cos n\pi}{n} \ =\ \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n}. }

Ponieważ ciąg $\{n\}$ jest rosnący i rozbieżny do $+\mathrm{\infty },$ więc ciąg $\left\{\frac{1}{n}\right\}$ jest malejący i zbieżny do zera. Zatem możemy zastosować kryterium Leibniza (patrz Twierdzenie Uzupelnic w.new.am1.w.07.130|) i wywnioskować, że szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n}{n}$ jest zbieżny.

Natomiast szereg modułów $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\left|\frac{(-1{)}^n}{n}\right|=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n}$ jest szeregiem harmonicznym rozbieżnym.
Odpowiedź: Szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{\cos n\pi }{n}$ jest zbieżny warunkowo.

(3) Zauważmy, że

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \cos\frac{n\pi}{2} \ =\ \left\{ \begin{array} {lll} 0 & \textrm{gdy} & n=2k-1,\\ (-1)^k & \textrm{gdy} & n=2k, \end{array} \right. }

to znaczy $\cos \frac{n\pi }{2}$ wynosi $0$ dla $n$-nieparzystych oraz $1$ i $-1$ na przemian dla $n$-parzystych.
{{red}Rysunek AM1.M07.C.R02 (stary numer AM2.1.3)}
Zatem

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\cos\frac{n\pi}{2} \ =\ \displaystyle \sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^k}{2k}. }

Ponieważ ciąg $\{2k{\}}_{k\in \mathbb{\mathbb{N}}}$ jest rosnący i rozbieżny do $+\mathrm{\infty },$ więc ciąg $\{\frac{1}{2k}{\}}_{k\in \mathbb{\mathbb{N}}}$ jest malejący i zbieżny do zera. Zatem możemy zastosować kryterium Leibniza (patrz Twierdzenie Uzupelnic w.new.am1.w.07.130|) i wywnioskować, że szereg $\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^k}{2k}$ jest zbieżny.

Natomiast szereg modułów $\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\left|\frac{(-1{)}^k}{2k}\right|=\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{2k}=2\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{k}$ jest szeregiem harmonicznym rozbieżnym.
Odpowiedź: Szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{\cos \frac{n\pi }{2}}{n}$ jest zbieżny warunkowo.

(4) W celu zastosowania kryterium Leibniza pokażemy najpierw, że ciąg $\left\{\frac{\ln n}{n}\right\}$ jest malejący do zera. Aby zbadać monotoniczność przekształcamy równoważnie nierówność

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \frac{\ln n}{n} \ >\ \frac{\ln (n+1)}{n+1}, } Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle (n+1)\ln n \ >\ n\ln (n+1), } Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \ln n^{n+1} \ >\ \ln (n+1)^n, }

korzystamy z faktu, że funkcja $\ln$ jest silnie rosnąca

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle n^{n+1} \ >\ (n+1)^n } Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle n \ >\ \frac{(n+1)^n}{n^n} } Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle n \ >\ \bigg(1+\frac{1}{n}\bigg)^n. }

Ponieważ ciąg $\left\{\right(1+\frac{1}{n}{)}^n\}$ jest rosnąco zbieżny do liczby $e,$ zatem powyższa nierówność jest prawdziwa dla dowolnego $n\ge 3.$ Łatwo sprawdzić, że jest ona prawdziwa także dla $n=2.$ Zatem pokazaliśmy, że ciąg $\left\{\frac{\ln n}{n}\right\}$ jest malejący począwszy od drugiego miejsca. Zbadajmy granicę tego ciągu

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \frac{\ln n}{n} \ =\ \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \ln n^{\frac{1}{n}} \ =\ \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \ln\underbrace{\sqrt[n]{n}}_{\rightarrow 1^+} \ =\ 0. }

Zatem ciąg $\left\{\frac{\ln n}{n}\right\}$ jest malejąco zbieżny do zera.
{{red}Rysunek AM1.M07.C.R03 (stary numer AM2.1.4)}
Możemy więc stosować kryterium Leibniza (patrz Twierdzenie Uzupelnic w.new.am1.w.07.130|), z którego wynika, że szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^n\frac{\ln n}{n}$ jest zbieżny.

Zbadajmy teraz szereg modułów $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}|(-1{)}^n\frac{\ln n}{n}|=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{\ln n}{n}.$ Ponieważ

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \forall n\ge 2:\ \frac{\ln n}{n} \ \ge\ \frac{1}{n} }

oraz szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n}$ jest szeregiem harmonicznym rozbieżnym, więc na mocy kryterium porównawczego (patrz Twierdzenie Uzupelnic t.new.am1.w.06.090|) szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}|(-1{)}^n\frac{\ln n}{n}|$ jest rozbieżny.
Odpowiedź: Szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^n\frac{\ln n}{n}$ jest zbieżny warunkowo.

{}$◻$

Ćwiczenie [Uzupelnij]

Zbadać zbieżność szeregów:
(1) $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{\cos n}{n}$
(2) $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{\sin n}{\sqrt{n}}$
(3) $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n\sin n}{3^n}$
(4) $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n\cos n}{n^2}$

{black}

Wskazówka

(1) Skorzystać z kryterium Dirichleta zbieżności szeregów (patrz Twierdzenie Uzupelnic t.new.am1.w.07.120|), znajdując sumę częściową szeregu $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\cos n$ (patrz Przykład Uzupelnic p.1.0550|).

(2) Skorzystać z kryterium Dirichleta zbieżności szeregów (patrz Twierdzenie Uzupelnic t.new.am1.w.07.120|), znajdując sumę częściową szeregu $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\sin n$ (patrz Przykład Uzupelnic p.1.0550|).

(3) Łatwiej w tym przypadku od razu badać zbieżność bezwzględną, która implikuje zbieżność.

(4) Podobnie jak (3).

{}$◻$

Rozwiązanie

(1) W celu skorzystania z kryterium Dirichleta zbieżności szeregów pokażemy, że ciąg sum częściowych szeregu $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\cos n$ jest ograniczony. W tym celu wykorzystamy wzór pokazany na wykładzie (patrz Przykład Uzupelnic p.1.0550|):

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle S_k \ =\ \cos 1+\cos 2+\ldots +\cos k \ =\ \frac{\sin(k+\frac{1}{2})+\sin\frac{1}{2}}{2\sin\frac{1}{2}} -1 }

Zatem mamy następujące ograniczenie na wyrazy ciągu sum częściowych

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \forall k\in\mathbb{N}:\ |S_k| \ \le\ \bigg| \frac{\sin(k+\frac{1}{2})+\sin\frac{1}{2}}{2\sin\frac{1}{2}} -1 \bigg| \ \le\ \frac{1}{2\sin\frac{1}{2}}+\frac{1}{2}. }

Ponieważ ciąg sum częściowych szeregu $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\cos n$ jest ograniczony oraz ciąg $\left\{\frac{1}{n}\right\}$ jest malejąco zbieżny do zera, więc na mocy kryterium Dirichleta (patrz Twierdzenie Uzupelnic t.new.am1.w.07.120|), szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{\cos n}{n}$ jest zbieżny.
Odpowiedź: Szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{\cos n}{n}$ jest zbieżny.

(2) W celu skorzystania z kryterium Dirichleta zbieżności szeregów pokażemy, że ciąg sum częściowych szeregu $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\sin n$ jest ograniczony. W tym celu wykorzystamy wzór pokazany na wykładzie (patrz Przykład Uzupelnic p.1.0550|):

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle S_k \ =\ \sin 1+\sin 2+\ldots +\sin k \ =\ \frac{-\cos(k+\frac{1}{2})+\cos\frac{1}{2}}{2\sin\frac{1}{2}}. }

Zatem mamy następujące ograniczenie na wyrazy ciągu sum częściowych

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \forall k\in\mathbb{N}:\ |S_k| \ \le\ \bigg| \frac{-\cos(k+\frac{1}{2})+\cos\frac{1}{2}}{2\sin\frac{1}{2}} \bigg| \ \le\ \frac{1+\cos \frac{1}{2}}{2\sin\frac{1}{2}}. }

Ponieważ ciąg sum częściowych szeregu $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\sin n$ jest ograniczony oraz ciąg $\left\{\frac{1}{\sqrt{n}}\right\}$ jest malejąco zbieżny do zera, więc na mocy kryterium Dirichleta (patrz Twierdzenie Uzupelnic t.new.am1.w.07.120|), szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{\sin n}{\sqrt{n}}$ jest zbieżny.
Odpowiedź: Szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{\sin n}{\sqrt{n}}$ jest zbieżny.

(3) Zbadajmy zbieżność bezwzględną szeregu $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n\sin n}{3^n}.$ Zauważmy, że

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \forall n\in\mathbb{N}:\ \bigg|\frac{(-1)^n\sin n}{3^n}\bigg| \ =\ \bigg|\frac{\sin n}{3^n}\bigg| \ \le\ \bigg|\frac{1}{3^n}\bigg|. }

Ponieważ szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{3^n}$ jest szeregiem geometrycznym zbieżnym, więc na mocy kryterium porównawczego (patrz Twierdzenie Uzupelnic t.new.am1.w.06.090|) mamy, że szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\left|\frac{(-1{)}^n\sin n}{3^n}\right|$ jest zbieżny, zatem szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n\sin n}{3^n}$ jest bezwzględnie zbieżny, a więc także zbieżny.
Odpowiedź: Szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n\sin n}{3^n}$ jest zbieżny.

(4) Zbadajmy zbieżność bezwzględną szeregu $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n\cos n}{n^2}.$ Zauważmy, że

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \forall n\in\mathbb{N}:\ \bigg|\frac{(-1)^n\cos n}{n^2}\bigg| \ =\ \bigg|\frac{\cos n}{n^2}\bigg| \ \le\ \bigg|\frac{1}{n^2}\bigg|. }

Ponieważ szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^2}$ jest szeregiem zbieżnym (jako uogólniony szereg harmoniczny z wykładnikiem $\alpha =2>1$; patrz Przykład Uzupelnic p.new.am1.w.06.150|), więc na mocy kryterium porównawczego (patrz Twierdzenie Uzupelnic t.new.am1.w.06.090|) mamy, że szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\left|\frac{(-1{)}^n\cos n}{n^2}\right|$ jest zbieżny, zatem szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n\cos n}{n^2}$ jest bezwzględnie zbieżny, a więc także zbieżny.
Odpowiedź: Szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n\cos n}{n^2}$ jest zbieżny.

{}$◻$

Ćwiczenie [Uzupelnij]

Niech $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_n$ będzie szeregiem liczbowym.
(1) Udowodnić, że jeśli szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_n^2$ jest zbieżny, to szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{a_n}{n}$ jest bezwzględnie zbieżny.
(2) Pokazać, że nie zachodzi implikacja odwrotna w powyższym stwierdzeniu.

{black}

Wskazówka

(1) Należy wykazać następującą nierówność liczbową

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \forall x,y\in\mathbb{R}\ |xy| \ \le\ \frac{1}{2}\big(x^2+y^2\big), }

i wykorzystać ją dla $x=a_n,y=\frac{1}{n}.$
(2) Kontrprzykładu można szukać wśród uogólnionych szeregów harmonicznych $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^{\alpha }},$ z odpowiednio dobranym $\alpha >0.$

{}$◻$

Rozwiązanie

(1) Dla dowolnych $x,y\in \mathbb{ℝ},$ mamy

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle 0 \ \le\ \big(|x|+|y|\big)^2 \ =\ x^2-2|x||y|+y^2, }

skąd

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \forall x,y\in\mathbb{R}:\ |xy| \ \le\ \frac{1}{2}\big(x^2+y^2\big). }

Wstawiając do powyższej nierówności $x=a_n$ oraz $y=\frac{1}{n},$ dostajemy

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \bigg|\frac{a_n}{n}\bigg| \ \le\ \frac{1}{2}\bigg(a_n^2+\frac{1}{n^2}\bigg). }

Ponieważ szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_n^2$ jest zbieżny (z założenia) oraz szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^2}$ jest zbieżny (uogólniony szereg harmoniczny z wykładnikiem $\alpha =2$; patrz Przykład Uzupelnic p.new.am1.w.06.150|), zatem także szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{2}(a_n^2+\frac{1}{n^2})$ jest zbieżny i korzystając z kryterium porównawczego (patrz Twierdzenie Uzupelnic t.new.am1.w.06.090|) dostajemy, że szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\left|\frac{a_n}{n}\right|$ jest zbieżny, a zatem szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{a_n}{n}$ jest bezwzględnie zbieżny, co należało dowieść.

(2) Niech $a_n=\frac{1}{\sqrt{n}}.$ Wówczas szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{a_n}{n}=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n\sqrt{n}}$ jest zbieżny, ale szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_n^2=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n}$ jest rozbieżny.