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

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

Zauważmy, że

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

oraz

$\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\left(\frac{n^2+n+1}{n^2}\right)=1$

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

$\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\sqrt[n]{a_n}=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\sqrt[n]{\frac{(n!{)}^n}{n^{n^2}}}=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{n!}{n^n}$

W celu obliczenia ostatniej granicy zauważmy, że

$0\le \frac{n!}{n^n}=\frac{1\cdot 2\cdot \dots \cdot n}{\underset{n}{\underbrace{n\cdot n\cdot \dots \cdot n}}}=\frac{1}{n}\cdot \underset{<1}{\underbrace{\frac{2}{n}\cdot \dots \cdot \frac{n}{n}}}\le \frac{1}{n}$

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

$\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\sqrt[n]{a_n}=\sqrt[n]{\frac{(\frac{n+1}{n}{)}^{n^2}}{2^n}}=\frac{(1+\frac{1}{n}{)}^n}{2}=\frac{e}{2}$

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

$\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\sqrt[n]{a_n}=\sqrt[n]{\frac{e^n}{(\frac{n+1}{n}{)}^{n^2}}}=\frac{e}{(1+\frac{1}{n}{)}^n}=\frac{e}{e}=1$

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

$\mathrm{\forall }n\in \mathbb{\mathbb{N}}:(1+\frac{1}{n}{)}^n<e$,

czyli

$\mathrm{\forall }n\in \mathbb{\mathbb{N}}:\frac{e}{(1+\frac{1}{n}{)}^n}>1$

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 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 należy 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

$k!!=\{\begin{array}{lll}1\cdot 3\cdot \dots \cdot k& \mathrm{g}\mathrm{d}\mathrm{y}& k\mathrm{j}\mathrm{e}\mathrm{s}\mathrm{t}\mathrm{n}\mathrm{i}\mathrm{e}\mathrm{p}\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{z}\mathrm{y}\mathrm{s}\mathrm{t}\mathrm{e}\\ 2\cdot 4\cdot \dots \cdot k& \mathrm{g}\mathrm{d}\mathrm{y}& k\mathrm{j}\mathrm{e}\mathrm{s}\mathrm{t}\mathrm{p}\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{z}\mathrm{y}\mathrm{s}\mathrm{t}\mathrm{e}\end{array}$

Sprawdzić, czy kryterium d'Alemberta (patrz wniosek 7.2.) rozstrzyga zbieżność szeregu. Jeśli nie, to należy sprawdzić, czy można skorzystać z ogólnego kryterium d'Alemberta (patrz twierdzenie 7.1.).

(3) Warto 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

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

zatem

$\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{a_{n+1}}{a_n}=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{(1+\frac{1}{n}{)}^3}{(3+\frac{1}{n})(3+\frac{2}{n})(3+\frac{3}{n})}=\frac{1}{27}$

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

$\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{a_{n+1}}{a_n}=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{(2+\frac{2}{n})(2+\frac{3}{n})}{(2+\frac{1}{n}{)}^2}=1$

Zatem nie stosuje się tu kryterium d'Alemberta (patrz wniosek 7.2.). Ale z powyższych wyliczeń widać, że

$\mathrm{\forall }n\in \mathbb{\mathbb{N}}:\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{(2n+2)(2n+3)}{(2n+1{)}^2}>1$,

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

$\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{e^{n+1}(n+1)!}{(n+1{)}^{n+1}}\cdot \frac{n^n}{e^{n}n!}=\frac{e^{n}en!(n+1)}{(n+1{)}^n(n+1)}\cdot \frac{n^n}{e^{n}n!}=\frac{e}{(1+\frac{1}{n}{)}^n}$,

zatem

$\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{e}{(1+\frac{1}{n}{)}^n}=\frac{e}{e}=1$

Zatem nie stosuje się tu kryterium d'Alemberta (patrz wniosek 7.2.). Ale z powyższych wyliczeń widać, że

$\mathrm{\forall }n\in \mathbb{\mathbb{N}}:\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{e}{(1+\frac{1}{n}{)}^n}>1$,

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

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

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

$|{\sin }^2\frac{1}{n}\cdot \cos n|\le {\sin }^{}\frac{1}{n}$,

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 6.15.) oraz

$\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{{\sin }^2\frac{1}{n}}{\frac{1}{n^2}}=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\underset{\to 1}{\underbrace{(\frac{\sin \frac{1}{n}}{\frac{1}{n}}{)}^2}}=1$,

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

$\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{\frac{1}{\sqrt{n}}\mathrm{t}\mathrm{g}(\sin \frac{1}{n})}{\frac{1}{\sqrt{n}}\sin \frac{1}{n}}=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{t}\mathrm{g}(\sin \frac{1}{n})}{\sin \frac{1}{n}}=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\underset{\to 1}{\underbrace{\frac{\sin (\sin \frac{1}{n})}{\sin \frac{1}{n}}}}\cdot \underset{\to 1}{\underbrace{\frac{1}{\cos \frac{1}{n}}}}=1$,

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

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

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 wniosek 7.13.). Aby zbadać bezwzględną zbieżność należy zastosować kryterium porównawcze (patrz twierdzenie 6.9.).
(2) Zauważyć, jak wyglądają wyrazy szeregu.
(3) Zauważyć, jak wyglądają wyrazy szeregu.
(4) Zastosować kryterium Leibniza (patrz wniosek 7.13.). W tym celu udowodnić najpierw, że ciąg $\left\{\frac{\ln n}{n}\right\}$ jest malejący do zera.

Rozwiązanie

(1)

Plik:AM1 M07.C.R01.svg

Wykres ciągu $\left\{\frac{1}{\ln n}\right\}$

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 wniosek 7.13.) i wywnioskować, że szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n}{\ln n}$ jest zbieżny.

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

$\mathrm{\forall }n\in \mathbb{\mathbb{N}}:\frac{1}{\ln n}\ge \frac{1}{n}$

(patrz ćwiczenie 6.4. (1)), w którym udowodniono to ze szczegółami). Wobec rozbieżności szeregu harmonicznego, stosując kryterium porównawcze (patrz twierdzenie 6.9.), 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

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

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 wniosek 7.13.) 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

$\cos \frac{n\pi }{2}=\{\begin{array}{lll}0& \mathrm{g}\mathrm{d}\mathrm{y}& n=2k-1,\\ (-1{)}^k& \mathrm{g}\mathrm{d}\mathrm{y}& n=2k,\end{array}$

to znaczy $\cos \frac{n\pi }{2}$ wynosi $0$ dla $n$-nieparzystych oraz $1$ i $-1$ na przemian dla $n$-parzystych.

Plik:AM1 M07.C.R02.svg

Wykres funkcji $f(x)=\cos x$ oraz ciągu $a_n=\cos \frac{n\pi }{2}$

Zatem

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

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 wniosek 7.13.) 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

$\frac{\ln n}{n}>\frac{\ln (n+1)}{n+1}$, $(n+1)\ln n>n\ln (n+1)$, $\ln n^{n+1}>\ln (n+1{)}^n$,

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

$n^{n+1}>(n+1{)}^n$ $n>\frac{(n+1{)}^n}{n^n}$ $n>(1+\frac{1}{n}{)}^n$

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

Plik:AM1 M07.C.R03.svg

Wykres ciągu $\left\{\frac{\ln n}{n}\right\}$

$\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{\ln n}{n}=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\ln n^{\frac{1}{n}}=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\ln \underset{\to 1^{+}}{\underbrace{\sqrt[n]{n}}}=0$

Zatem ciąg $\left\{\frac{\ln n}{n}\right\}$ jest malejąco zbieżny do zera.

Możemy więc stosować kryterium Leibniza (patrz wniosek 7.13.), 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

$\mathrm{\forall }n\ge 2:\frac{\ln n}{n}\ge \frac{1}{n}$

oraz szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n}$ jest szeregiem harmonicznym rozbieżnym, więc na mocy kryterium porównawczego (patrz twierdzenie 6.9.) 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 7.5.

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 7.12.), znajdując sumę częściową szeregu $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\cos n$ (patrz przykład 1.36.).

(2) Skorzystać z kryterium Dirichleta zbieżności szeregów (patrz twierdzenie 7.12.), znajdując sumę częściową szeregu $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\sin n$ (patrz przykład 1.36.).

(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 1.36.):

$S_k=\cos 1+\cos 2+\dots +\cos k=\frac{\sin (k+\frac{1}{2})+\sin \frac{1}{2}}{2\sin \frac{1}{2}}-1$

Zatem mamy następujące ograniczenie na wyrazy ciągu sum częściowych

$\mathrm{\forall }k\in \mathbb{\mathbb{N}}:|S_k|\le |\frac{\sin (k+\frac{1}{2})+\sin \frac{1}{2}}{2\sin \frac{1}{2}}-1|\le \frac{1}{2\sin \frac{1}{2}}+\frac{1}{2}$

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 7.12.), 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 1.36.):

$S_k=\sin 1+\sin 2+\dots +\sin k=\frac{-\cos (k+\frac{1}{2})+\cos \frac{1}{2}}{2\sin \frac{1}{2}}$

Zatem mamy następujące ograniczenie na wyrazy ciągu sum częściowych

$\mathrm{\forall }k\in \mathbb{\mathbb{N}}:|S_k|\le \left|\frac{-\cos (k+\frac{1}{2})+\cos \frac{1}{2}}{2\sin \frac{1}{2}}\right|\le \frac{1+\cos \frac{1}{2}}{2\sin \frac{1}{2}}$

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 7.12.), 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

$\mathrm{\forall }n\in \mathbb{\mathbb{N}}:\left|\frac{(-1{)}^n\sin n}{3^n}\right|=\left|\frac{\sin n}{3^n}\right|\le \left|\frac{1}{3^n}\right|$

Ponieważ szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{3^n}$ jest szeregiem geometrycznym zbieżnym, więc na mocy kryterium porównawczego (patrz twierdzenie 6.9.) 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

$\mathrm{\forall }n\in \mathbb{\mathbb{N}}:\left|\frac{(-1{)}^n\cos n}{n^2}\right|=\left|\frac{\cos n}{n^2}\right|\le \left|\frac{1}{n^2}\right|$

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 6.15.), więc na mocy kryterium porównawczego (patrz twierdzenie 6.9.) 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 7.6.

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

$\mathrm{\forall }x,y\in \mathbb{ℝ}|xy|\le \frac{1}{2}(x^2+y^2)$,

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

$0\le (|x|+|y|{)}^2=x^2-2|x||y|+y^2$,

skąd

$\mathrm{\forall }x,y\in \mathbb{ℝ}:|xy|\le \frac{1}{2}(x^2+y^2)$

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

$\left|\frac{a_n}{n}\right|\le \frac{1}{2}(a_n^2+\frac{1}{n^2})$

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 6.15.), 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 6.9.), 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.