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 „\begin{array}”): {\displaystyle \begin{array}{lll} \displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \sqrt[n]{a_n} & = & \displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\sqrt[n]{\bigg(\frac{n^2+1}{n^2+n+1}\bigg)^{n^2}} \ =\ \displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\bigg(1-\frac{n}{n^2+n+1}\bigg)^n\\ & = & \displaystyle \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}} \end{array}}

Zauważmy, że

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

oraz

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

Zatem

$\begin{array}{lll}\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\sqrt[n]{a_n}& =& \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}(1-\frac{1}{\frac{n^2+n+1}{n}}{)}^{\frac{n^2+n+1}{n}}\cdot \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}(1-\frac{1}{\frac{n^2+n+1}{n}}{)}^{\frac{n^2}{n^2+n+1}}\\ & =& \frac{1}{e}\cdot 1^1=\frac{1}{e}.\end{array}$

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 (nieznana funkcja „\begin{displaystyle}”): {\displaystyle \begin{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}.\end{displaystyle} }

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 (nieznana funkcja „\begin{displaystyle}”): {\displaystyle \begin{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}.\end{displaystyle} }

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 (nieznana funkcja „\begin{displaystyle}”): {\displaystyle \begin{displaystyle}\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \sqrt[n]{a_n} \ =\ \sqrt[n]{\displaystyle\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.\end{displaystyle} }

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 (nieznana funkcja „\begin{displaystyle}”): {\displaystyle \begin{displaystyle}\forall n\in\mathbb{N}:\ \frac{e}{\displaystyle\bigg(1+\frac{1}{n}\bigg)^n} \ >\ 1.\end{displaystyle} }

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 7.2.

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) $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{e^{n}n!}{n^n}$

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 7.2.). Ale można skorzystać z ogólnego kryterium d'Alemberta (patrz twierdzenie 7.1.).

Rozwiązanie

(1) W celu skorzystania z kryterium d'Alemberta (patrz wniosek 7.2.), liczymy

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\begin{displaystyle}”): {\displaystyle \begin{array}{lll} \begin{displaystyle} \frac{a_{n+1}}{a_n} & = & \displaystyle \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}\\ & = & \displaystyle \frac{(n+1)^3}{(3n+1)(3n+2)(3n+3)}, \end{displaystyle} \end{array} }

zatem

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\begin{displaystyle}”): {\displaystyle \begin{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}. \end{displaystyle} }

Ponieważ $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{1}{27}<1,$ więc na mocy kryterium d'Alemberta (patrz wniosek 7.2.) 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

$\begin{array}{lll}\frac{a_{n+1}}{a_n}& =& \frac{(2n+2)!!(2n+3)}{(2n+1)!!}\frac{(2n-1)!}{(2n)!!(2n+1)}\\ & =& \frac{(2n)!!(2n+2)(2n+3)}{(2n-1)!!(2n+1)}\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!(2n+1)}=\frac{(2n+2)(2n+3)}{(2n+1{)}^2},\end{array}$

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 7.2.). Ale z powyższych wyliczeń widać, że

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \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 7.1.) 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 \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 \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 7.2.). Ale z powyższych wyliczeń widać, że

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \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 7.1.) 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 7.3.

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) $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{\sqrt{n}}\mathrm{t}\mathrm{g}(\sin \frac{1}{n})$

Wskazówka

We wszystkich przykładach należy skorzystać z kryterium asymptotycznego (patrz twierdzenie 7.10.).

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 7.1.), 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 6.9.) 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 twierdzenie 6.9.) 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 7.10.), 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 7.4.

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) $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^n\frac{\ln n}{n}$

Wskazówka

(1) Do zbadania zbieżności zastosować kryterium Leibniza (patrz twierdzenie 7.13.). Aby zbadać bezwzględną zbieżność zastosować kryterium porównawcze (patrz twierdzenie 6.9.).
(2) Zauważyć, jak wyglądają wyrazy szeregu.
(3) Zauważyć, jak wyglądają wyrazy szeregu.
(4) Zastosować kryterium Leibniza (patrz twierdzenie 7.13.). 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 7.13.) i wywnioskować, że szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n}{\ln n}$ jest zbieżny.

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) $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n\cos n}{n^2}$

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.

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.