2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




 
 Исследовать ряд на сходимость
Сообщение06.10.2009, 21:54 
$$   \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n \frac{(2n-1)!!}{n^{\alpha}(2n)!!}$$

Удалось исследовать для положительных $\alpha$.
Рассматривая ряд из модулей, после преобразований, спихивая к признаку Гаусса, получаем, что ряд сходится абсолютно при $\alpha>\frac12$.
Из признака Дирихле видим, что ряд сходится условно при $0\le\alpha\le\frac12$.
Как быть с отрицательными $\alpha$? Если есть такие отрицательные $\alpha$, что для них ряд сходится, то возникает проблема с применением признаков, а именно - с монотонностью этого хозяйства (точнее, его модуля). Если таких нет, то не очень представляю, как оно доказывается...
// очень напрашивается наглое утверждение, что при отрицательных $\alpha$ общий член не стремится к нулю...

 
 
 
 Re: Исследовать ряд на сходимость
Сообщение06.10.2009, 22:50 
Аватара пользователя
Хм, у меня следующее предложение: свести двойные факториалы к одинарным: $(2n)!!=2^n\cdot n!$ и $(2n-1)!!={(2n)!\over 2^n\cdot n!$ - и дальше использовать формулу Стирлинга? У меня получилось, что исходная сумма сводится к $\sum (-1)^n n^{-\alpha-1/2}$.

 
 
 
 Re: Исследовать ряд на сходимость
Сообщение06.10.2009, 22:57 
утверждение конечно интересное, только пусть к Стирлингу лежит через гамма-функции... это у нас на данный момент читается, однако осмысление сего произойдет не очень скоро =)

 
 
 
 Re: Исследовать ряд на сходимость
Сообщение06.10.2009, 23:33 
Аватара пользователя
Ну смотрите, Хорхе в одной из похожих тем применил один замечательный метод.
А именно, пишем
$\[\begin{gathered}
  \ln \frac{{{n^{ - \alpha }}\left( {2n - 1} \right)!!}}
{{\left( {2n} \right)!!}} =  - \alpha \ln n + \ln \left( {2n - 1} \right)!! - \ln \left( {2n} \right)!! =  \hfill \\
   =  - \alpha \ln n + \sum\limits_{i = 1}^n {\ln \left[ {2i - 1} \right]}  - \sum\limits_{j = 1}^n {\ln \left[ {2j} \right]}  =  - \alpha \ln n + \sum\limits_{i = 1}^n {\ln 2i + \sum\limits_{i = 1}^n {\ln \left( {1 - \frac{1}
{{2i}}} \right)} }  - \sum\limits_{j = 1}^n {\ln \left[ {2j} \right]}  =  \hfill \\
   =  - \alpha \ln n + \sum\limits_{i = 1}^n {\ln \left( {1 - \frac{1}
{{2i}}} \right)}  \sim  - \alpha \ln n - \frac{1}
{2}\ln n \hfill \\ 
\end{gathered} \]$

Таким образом, $\[\frac{{{n^{ - \alpha }}\left( {2n - 1} \right)!!}}
{{\left( {2n} \right)!!}} \sim {n^{ - \alpha }} \cdot \frac{1}
{{\sqrt n }}\]$.

 
 
 
 Re: Исследовать ряд на сходимость
Сообщение06.10.2009, 23:39 
Действительно вы правы, что общий член не стремиться к нулю
$\frac{(2n-1)!!}{n^{\alpha}(2n!!)}>\frac{(2n+1)!!}{(2n!!)}>1$
Все выполняется начиная с некоторого номера и при $\alpha<-1$.

 
 
 
 Re: Исследовать ряд на сходимость
Сообщение06.10.2009, 23:40 
К эквивалентностям можно переходить только для исследования абсолютной сходимой, для знакочередующегося ряда это лишено смысла.

 
 
 
 Re: Исследовать ряд на сходимость
Сообщение06.10.2009, 23:55 
Аватара пользователя
Из того, что $\[\frac{{{n^{ - \alpha }}\left( {2n - 1} \right)!!}}
{{\left( {2n} \right)!!}} \sim {n^{ - \alpha }}\frac{1}
{{\sqrt n }}\]
$ прямо следует, что при $\[\alpha  \leqslant  - 1/2\]$ общий член ряда не стремится к нулю - стало быть ряд не сходится. Если же $\[\alpha  \in \left( { - 1/2;0} \right]\]$ ряд сходится по признаку Лейбница (причем не абсолютно).

 
 
 
 Re: Исследовать ряд на сходимость
Сообщение06.10.2009, 23:58 
для -1 можно нечто подобное сделать. Значит осталось рассмотреть интервал $(-1;0)$

 
 
 
 Re: Исследовать ряд на сходимость
Сообщение07.10.2009, 00:36 
Вопрос первый: для промежутка $\alpha \in \left(\frac12, 0\right]$ следует, что получив эквивалентность, мы докажем сходимость по Лейбницу? отсюда ведь явным образом не следует монотонность общего члена, чего вообще говоря требует Лейбниц.

И еще один нескромный вопрос... Как доказать эквивалентность $$\sum_{i=1}^n \ln\left(1+\frac1i\right) \sim \ln n$$

 
 
 
 Re: Исследовать ряд на сходимость
Сообщение07.10.2009, 00:40 
Аватара пользователя
Сводится к тому же самому вопросу про гармонический ряд, а это уже, как говорится, боян.

-- Ср, 2009-10-07, 01:43 --

Отставить! Сложите все логарифмы и пораскрывайте скобки. И будет Вам
А.С.Пушкин писал(а):
Пустое "$\sim$" сердечным "$\equiv$"
Она обмолвясь заменила

 
 
 
 Re: Исследовать ряд на сходимость
Сообщение07.10.2009, 11:33 
Аватара пользователя
MTV
В признаке Лейбница используется монотонность не общего члена, а $\[{{a_n}}\]$, если дан ряд $\[\sum\limits_{n = 1}^\infty  {{{\left( { - 1} \right)}^n}{a_n}} \]$. А в нашем случае при достаточно больших $n:$ $\[{a_n} \sim {n^{ - \alpha }}\frac{1}{{\sqrt n }}\]$, убывающая при соответствующих $\[\alpha \]$ :)

 
 
 
 Re: Исследовать ряд на сходимость
Сообщение07.10.2009, 19:08 
ShMaxG в сообщении #249644 писал(а):
Из того, что $\[\frac{{{n^{ - \alpha }}\left( {2n - 1} \right)!!}}
{{\left( {2n} \right)!!}} \sim {n^{ - \alpha }}\frac{1}
{{\sqrt n }}\]
$ прямо следует, что при $\[\alpha  \leqslant  - 1/2\]$ общий член ряда не стремится к нулю - стало быть ряд не сходится. Если же $\[\alpha  \in \left( { - 1/2;0} \right]\]$ ряд сходится по признаку Лейбница (причем не абсолютно).


Не следует. Если $a_n\sim b_n$ и ряд $(-1)^n a_n$ сходится, то про ряд $(-1)^n b_n$ ничего нельзя утверждать. Но если отдельно доказать, что $b_n$ убывает, то, действительно, тогда знакочередующийся ряд сходится, так как из сходимости $(-1)^n a_n$ следует, что $a_n = o(1)$, а из $a_n\sim b_n$ тогда следует, что и $b_n = o(1)$.
Однако пока доказательства монотонности я здесь не видел.

 
 
 
 Re: Исследовать ряд на сходимость
Сообщение07.10.2009, 21:09 
Аватара пользователя
Cave
Недочет насчет монотонности признаю.

Достаточно при достаточно больших $n$ проверить неравенство:

$\[\alpha \ln \frac{n}
{{n + 1}} + \ln \left( {1 - \frac{1}
{{2n + 2}}} \right) < 0\]$

И оно действительно имеет место тогда и только тогда, когда $\[\alpha  >  - \frac{1}{2}\]$. При необходимости могу предложить выкладки.

 
 
 
 Re: Исследовать ряд на сходимость
Сообщение08.10.2009, 20:14 
выкладки не надо :) все получилось. спасибо большое!

 
 
 [ Сообщений: 14 ] 


Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group