Analiza matematyczna 1/Ćwiczenia 6: Szeregi liczbowe

6. Szeregi liczbowe

Ćwiczenie 6.1.

Zbadać zbieżność następujących szeregów liczbowych:
(1) $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{5+(-1{)}^n}{\sqrt{n}},$

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

Wskazówka

(1) Zastosować kryterium porównawcze (patrz twierdzenie 6.9.).
(2) Zastosować kryterium porównawcze. Wykorzystać nierówność $\sin x\le x.$

Rozwiązanie

(1) Zauważmy, że

$\mathrm{\forall }n\in \mathbb{\mathbb{N}}:\frac{5+(-1{)}^n}{\sqrt{n}}\ge \frac{4}{\sqrt{n}}.$

Ponieważ szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{4}{\sqrt{n}}=4\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{\sqrt{n}}$ jest rozbieżny (jako uogólniony szereg harmoniczny z wykładnikiem $\alpha =\frac{1}{2}$; patrz przykład 6.15.) zatem na mocy kryterium porównawczego (patrz twierdzenie 6.9.) wnioskujemy, że szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{5+(-1{)}^n}{\sqrt{n}}$ jest rozbieżny.

(2) Rozważmy następujący szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^2},$ o którym wiemy, że jest zbieżny (jako uogólniony szereg harmoniczny z wykładnikiem $\alpha =2$; patrz przykład 6.15.). Ponieważ zachodzi nierówność liczbowa

$\mathrm{\forall }x>0:\sin x\le x,$

(patrz lemat 5.7.) więc dla dowolnego $n\in \mathbb{\mathbb{N}}$ mamy

$0\le \cos \frac{1}{n}\cdot \sin \frac{1}{n^2}\le \sin \frac{1}{n^2}=\sin \frac{1}{n^2}\le \frac{1}{n^2}.$

Zatem na mocy kryterium porównawczego (patrz twierdzenie 6.9.) wnioskujemy, że szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\cos \frac{1}{n}\sin \frac{1}{n^2}$ jest zbieżny.

Ćwiczenie 6.2.

Zbadać zbieżność następujących szeregów liczbowych:
(1) $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\sqrt[n]{\frac{1}{n}},$

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

Wskazówka

(1) Sprawdzić zachodzenie warunku koniecznego zbieżności szeregów.
(2) Sprawdzić zachodzenie warunku koniecznego zbieżności szeregów.

Rozwiązanie

(1) Ponieważ

$\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\sqrt[n]{\frac{1}{n}}=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{1}{\sqrt{n}}=1,$

zatem szereg nie spełnia warunku koniecznego zbieżności szeregów, a więc jest rozbieżny.

(2) Ponieważ

$\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\cos \frac{1}{n}=1,$

zatem szereg nie spełnia warunku koniecznego zbieżności szeregów, a więc jest rozbieżny.

Ćwiczenie 6.3.

Obliczyć sumy następujących szeregów liczbowych:
(1) $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n(n+1)},$

(2) $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{3^n+2^n}{6^n},$

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

Wskazówka

(1) Zauważyć, że $\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$ i obliczyć wyrazy ciągu sum częściowych.
(2) Zauważyć, że szereg ten jest sumą pewnych dwóch szeregów.
(3) Zauważyć, że $\frac{1}{(2n-1)(2n+1)}=\frac{1}{2}(\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1})$ i obliczyć wyrazy ciągu sum częściowych.

Rozwiązanie

(1) Ponieważ

$\mathrm{\forall }n\in \mathbb{\mathbb{N}}:\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1},$

zatem $N$-ta suma częściowa szeregu ma postać

$S_N=\sum _{n=1}^N\frac{1}{n(n+1)}=(1-\frac{1}{2})+(\frac{1}{2}-\frac{1}{3})+$ $(\frac{1}{3}-\frac{1}{4})+\dots +(\frac{1}{N-1}-\frac{1}{N})=1-\frac{1}{N}.$

Ponieważ suma szeregu jest granicą ciągu sum częściowych, więc

$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n(n+1)}=\underset{N\to +\mathrm{\infty }}{\lim }{S}_N=\underset{N\to +\mathrm{\infty }}{\lim }(1-\frac{1}{N})=1.$

(2) Zauważmy, że

$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{3^n+2^n}{6^n}=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{3^n}{6^n}+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{2^n}{6^n}=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{2^n}+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{3^n},$

zatem nasz szereg jest sumą dwóch szeregów geometrycznych, których sumy potrafimy policzyć:

$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{3^n+2^n}{6^n}=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{2^n}+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{3^n}=\frac{\frac{1}{2}}{1-\frac{1}{2}}+\frac{\frac{1}{3}}{1-\frac{1}{3}}=1+\frac{1}{2}=\frac{3}{2}.$

(3) Ponieważ

$\mathrm{\forall }n\in \mathbb{\mathbb{N}}:\frac{1}{(2n-1)(2n+1)}=\frac{1}{2}(\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}),$

zatem $N$-ta suma częściowa szeregu ma postać

$S_N=\sum _{n=1}^N\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{2}\left[\right(1-\frac{1}{3})+(\frac{1}{3}-\frac{1}{5})+$ $(\frac{1}{5}-\frac{1}{7})+\dots +(\frac{1}{2N-1}-\frac{1}{2N+1})]=\frac{1}{2}[1-\frac{1}{2N+1}].$

Ponieważ suma szeregu jest granicą ciągu sum częściowych, więc

$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n(n+1)}=\underset{N\to +\mathrm{\infty }}{\lim }{S}_N=\underset{N\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{1}{2}(1-\frac{1}{2N+1})=\frac{1}{2}.$

Ćwiczenie 6.4.

Zbadać zbieżność następujących szeregów liczbowych:
(1) $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{\ln n}$

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

Wskazówka

(1) Pokazać, że $\ln n\le n$ (na przykład wykorzystując nierówność Bernoullego; patrz uwaga 2.16.) i skorzystać z kryterium porównawczego (patrz twierdzenie 6.9.).
(2) Zastosować kryterium porównawcze (patrz twierdzenie 6.9.), porównując z szeregiem $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^2}$

Rozwiązanie

(1) Z nierówności Bernoullego (patrz uwaga 2.16.) mamy $(1+x{)}^n\ge 1+nx$ dla każdego $x\ge -1$ oraz $n\in \mathbb{\mathbb{N}}$ Wstawiając $x=1$, dostajemy

$1+n\le 2^n<e^n$

gdzie w drugiej nierówności wykorzystano monotoniczność funkcji potęgowej. Logarytmując obie strony (logarytmem o podstawie $e$) i korzystając z faktu, że funkcja logarytm o podstawie większej od $1$ jest rosnąca, dostajemy

$\ln (1+n)\le \ln e^n=n\ln e=n$

Z monotoniczności funkcji logarytm mamy ponadto

$\ln n<\ln (1+n)$

zatem ostatecznie pokazaliśmy, że

$\mathrm{\forall }n\in \mathbb{\mathbb{N}}:\ln n\le n$

czyli także $\frac{1}{\ln n}\ge \frac{1}{n}.$ Ponieważ szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n}$ jest rozbieżny, zatem na mocy kryterium porównawczego (patrz twierdzenie 6.9.) szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{\ln n}$ też jest rozbieżny.

(2) Porównajmy szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{(\ln (\ln n){)}^{\ln n}}$ z szeregiem $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^2}$ o którym wiemy, że jest zbieżny. W tym celu rozwiążmy nierówność:

$\frac{1}{(\ln (\ln n){)}^{\ln n}}\le \frac{1}{n^2}$

Przekształcamy ją równoważnie

$(\ln (\ln n){)}^{\ln n}\ge n^2$

następnie logarytmujemy obie strony

$(\ln n)(\ln (\ln (\ln n)))\ge 2\ln n$ $\ln (\ln (\ln n))\ge 2$ $\ln (\ln n)\ge e^2$ $\ln n\ge e^{e^2}$ $n\ge e^{e^{e^2}}$

Zatem pokazaliśmy, że

$\mathrm{\forall }n\ge e^{e^{e^2}}:\frac{1}{(\ln (\ln n){)}^{\ln n}}\le \frac{1}{n^2}$

Na mocy kryterium porównawczego (patrz twierdzenie 6.9.) szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{(\ln (\ln n){)}^{\ln n}}$ jest więc zbieżny.

Ćwiczenie 6.5.

Zbadać zbieżność następujących szeregów liczbowych:
(1) $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^{1+\frac{1}{n}}},$

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

Wskazówka

(1) Szereg ten jest postaci $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n\cdot a_n},$ gdzie $\{a_n\}$ jest pewnym ciągiem. Co można powiedzieć o ciągu $\{a_n\}$?
(2) Patrz wskazówka do punktu (1).

Rozwiązanie

(1) Zauważmy, że szereg ten jest postaci $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n\cdot a_n},$ gdzie

$a_n=n^{\frac{1}{n}}=\sqrt[n]{n},$

zatem ciąg $\{a_n\}$ jest zbieżny oraz $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n=1.$ Korzystając z definicji granicy ciągu, dla $\epsilon =\frac{1}{2},$ mamy

$\mathrm{\exists }N\in \mathbb{\mathbb{N}}\mathrm{\forall }n\ge n:\frac{1}{2}\le a_n\le \frac{3}{2}.$

Zatem

$\mathrm{\forall }n\ge N:\frac{1}{n\cdot a_n}\ge \frac{1}{n\cdot \frac{3}{2}}=\frac{2}{3n}.$

Ponieważ szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{2}{3n}=\frac{2}{3}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n}$ jest rozbieżny (jako szereg harmoniczny), więc na mocy kryterium porównawczego (patrz twierdzenie 6.9.) dostajemy, że szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^{1+\frac{1}{n}}}$ jest także rozbieżny.

(2) Zauważmy, że szereg ten jest postaci $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n\cdot a_n},$ gdzie

$a_n=(1+\frac{1}{n}{)}^n,$

zatem ciąg $\{a_n\}$ jest zbieżny oraz $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n=e.$ Korzystając z definicji granicy ciągu, wiemy, że

$\mathrm{\exists }N\in \mathbb{\mathbb{N}}\mathrm{\forall }n\ge n:a_n\le 3.$

Zatem

$\mathrm{\forall }n\ge N:\frac{1}{n\cdot a_n}\ge \frac{1}{3n}.$

Ponieważ szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{3n}=\frac{1}{3}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n}$ jest rozbieżny (jako szereg harmoniczny), więc na mocy kryterium porównawczego (patrz twierdzenie 6.9.) dostajemy, że szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n(1+\frac{1}{n}{)}^n}$ jest także rozbieżny.

Ćwiczenie 6.6.

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

Wskazówka

(1) Należy skorzystać z warunku koniecznego zbieżności szeregów faktu, że

$\mathrm{\forall }x\in (0,1):x^2<x$

oraz kryterium porównawczego (patrz twierdzenie 6.9.).

(2) Kontrprzykładu szukaj wśród uogólnionych szeregów harmonicznych.

Rozwiązanie

(1) Ze zbieżności szeregu $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_n$ wynika w szczególności, że $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{a}_n=0,$ a stąd w szczególności

$\mathrm{\exists }N\in \mathbb{\mathbb{N}}\mathrm{\forall }n\ge N:0<a_n<1.$

Ponieważ dla $x\in (0,1)$ mamy $x^2<x,$ zatem

$\mathrm{\forall }n\ge N:a_n^2<a_n.$

Na mocy kryterium porównawczego (patrz twierdzenie 6.9.) dostajemy zatem, że szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_n^2$ jest zbieżny.

(2) Rozważmy szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_n,$ gdzie $a_n=\frac{1}{n}$ dla $n\in \mathbb{\mathbb{N}}.$ Wówczas szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_n^2$ jest zbieżny, ale szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_n$ jest rozbieżny.