Ряд sin(1/n^p)

[lim(f(x))]

Помогите, пожалуйста, разобраться с задачей.
Надо доказать, что ряд $\sin \frac{1}{n^p}$ сходится только при $p > 1$.
Можно взять ряд $| \sin \frac {1}{n^p}|$ и заметить, что $|\sin \frac {1} {n^p}| {\raise.17ex\hbox{$\scriptstyle\sim$}} \frac {1} {n^p}$ , так как $\sin x {\raise.17ex\hbox{$\scriptstyle\sim$}} x $ при $x \to 0$. И если это выполняется для рядов с положительными членами, то они сходятся или расходятся одновременно (на эту тему спрашивал тут topic107897.html ). Если $p > 1$, то сходится $\frac {1}{n^p}$, и, значит, сходится абсолютно исходный ряд.

А что делать с расходимостью, не понимаю. Ведь теоретически может расходиться $| \sin \frac {1}{n^p}|$ и при этом сходиться $\sin \frac{1}{n^p}$.
Если брать критерий Коши, надо доказать, что $ | \sin \frac {1}{n^p} + ... + \sin \frac {1}{m^p} | > \epsilon $, у меня пока это ни к чему не привело. С каким рядом можно сравнить, тоже не знаю.

[gris]

А при каких $p$ этот ряд не будет положительным?
Впрочем, вдруг при некотором отрицательном $p$ члены ряда начнут стремительно приближаться к нулю, и ряд сойдётся. В этом случае мжно задействовать необходимый признак.

[demolishka]

Конечно, нужно использовать необходимый признак. Пусть $p>0$. Попробуйте показать, что можно выбрать натуральное $k$, такое что если величины $\sin(n^{p}), \sin(n+1)^{p},\ldots,\sin(n+k)^{p}$ малы, то на самом деле такого быть не может. Используйте биномиальное разложение с достаточным количество членов в формуле Тейлора $(n+1)^{p} = n^p(1 + \frac{1}{n})^{p}.$

[lim(f(x))]

Действительно, $\sin x \leq 0$ при $ 0 < x < \pi}$, и для любого $0 < p \leq$ после определённого $N$ будет выполняться $0 < \frac {1}{n^p} < \pi$.

Интуитивно понятно, что не будет выполняться необходимое условие сходимости ряда: предел последовательности из членов ряда не будет стремиться к 0.

А с Тейлором мне непонятно, что делать
$\sin((n+1)^p) = \sin(n^p (1 + \frac{1}{n})^p) = \sin(n^p( 1 + \frac{p}{n} + \frac{p(p-1)}{2n^2} + O(\frac {1}{n^3})) $.
?

[demolishka]

Вот к примеру, пусть $p=-2$. Тогда имеется ряд $\sum \sin n^2$. Предположим, что $\sin(n-1)^2,\sin n^2, \sin(n+1)^2$ достаточно малы (при всех достаточно больших $n$). Тогда для целых чисел $l_0,l_1,l_2$ и достаточно малых величин $\varepsilon_0,\varepsilon_1,\varepsilon_2$ выполнены соотношения

$$(n-1)^2 = n^2 - 2n + 1 = \pi l_1 + \varepsilon_1,$$

$$n^2 = \pi l_0 + \varepsilon_0,$$

$$(n+1)^2 = n^2 + 2n + 1 = \pi l_2 + \varepsilon_2.$$

Складывая первое и третье, получим

$$2n^2 + 2 = \pi (l_1 + l_2) +\varepsilon_1 + \varepsilon_2$$

или

$$2 = \pi (l_1 + l_2 - 2l_0) + \varepsilon_1 + \varepsilon_2 - 2\varepsilon_0.$$

Отсюда получаем, что $2$ либо достаточно маленькое, либо кратно $\pi$. Чего конечно же быть не может. Значит, среди чисел $\sin(n-1)^2,\sin n^2, \sin(n+1)^2$ всегда есть заведомо большее некоторого фиксированного маленького числа $\varepsilon$, поэтому для исходного ряда не выполняется необходимый признак сходимости.

Вот попробуйте эти рассуждения применить к общему случаю. Для не целых $p$ как раз пригодится формула Тейлора.

[lim(f(x))]

Извините за долгое отсутствие.

Всё-таки не понимаю, как поможет Тейлор
$(n+1)^p = n^p(1 + \frac{p}{n} + O(\frac{1}{n^2})) = \pi k_1 + \varepsilon_1$ (1)
$n^p = \pi k_3 + \varepsilon_3$ (2)
$(n-1)^p = n^p(1 - \frac{p}{n} + O(\frac{1}{n^2})) = \pi k_2 + \varepsilon_2$ (3)
Складываем первое с третьим, получаем
$n^p (2 + O(\frac{1}{n^2}))= \pi k1 + \pi k2 + \varepsilon_1 + \varepsilon_2$.

$n^p O(\frac{1}{n^2}) = O(\frac{1}{n^{p-2}})$ (сомневаюсь в этом, но по определению $O$, похоже, так)

$2(\pi k_3 + \varepsilon_3) + O(n^{p-2}) = \pi k_1 + \pi k_2 + \varepsilon_1 + \varepsilon_2$
$ \pi (k_1 + k_2- 2k_3) + \varepsilon_1 + \varepsilon_2 -2 \varepsilon_3 = O(n^{p-2})$

Ошибок и противоречий пока тут не вижу. Как это относится к решению - тоже.

Подскажите, пожалуйста, что я делаю не так.

[demolishka]

lim(f(x)) в сообщении #1134022 писал(а):

$ \pi (k_1 + k_2- 2k_3) + \varepsilon_1 + \varepsilon_2 -2 \varepsilon_3 = O(n^{p-2})$

lim(f(x)) в сообщении #1134022 писал(а):

Ошибок и противоречий пока тут не вижу.

Даже для $0<p<2$?

[lim(f(x))]

Да.
$g(n) = O(n^{p-2})$ означает, что $g(n) = \beta(n) n^{p-2}$, где $\beta(n)$ финально ограничена. Т.е. на каком-то элементе базы для каждого $n$
$|\beta(n) |< c$.
Т.е. в нашем случае (база $n \to \infty $) после какого-то $n$
$-cn^{p-2} < \pi (k_1 + k_2- 2k_3) + \varepsilon_1 + \varepsilon_2 -2 \varepsilon_3 < cn^{p-2}$,
$-(cn^{p-2} + \pi (k_1 + k_2- 2k_3) )< \varepsilon_1 + \varepsilon_2 -2 \varepsilon_3 < \pi (k_1 + k_2- 2k_3) + cn^{p-2}$.
Так?

[demolishka]

Я тут еще подумал и понял, что такой подход для общего случая не совсем удачный. Давайте еще раз. Нам надо показать, что общий член ряда не удовлетворяет необходимому признаку сходимости ряда. Предположим что необходимый признак выполняется, т.е. $\sin(n^p) \to 0$ при $n \to +\infty$. Это эквивалентно тому, что $n^p = \pi k_n + o(1)$. Нужно показать, что такая ситуация невозможна. Идея следующая. Если две величины почти кратны $\pi$, то и их разность почти кратна $\pi$. Например для $0 < p \leq 1$ имеем:

$$(n+1)^p - n^p = O(n^{p-1}) = \pi(k_{n+1}-k_{n}) + o(1).$$

Откуда следует, что при всех достаточно больших $n$ выполнено $k_{n+1}=k_n$, что невозможно, т.к. в этом случае в равенстве $n^p = \pi k_n + o(1)$ правая часть получается ограниченной, а левая таковой не является.

Далее я предлагаю Вам рассмотреть случаи $1<p \leq 2$, $2<p \leq 3$ и увидеть, как можно решить эту задачу с использованием принципа индукции (только нужно сделать более общее предположение).

[lim(f(x))]

Извините за долгое отсутствие.

Всё-таки я ничего не понимаю.
Во-первых, при $p=1$ получается $O(1) = \pi (k_{n+1} - k_{n}) + o(1)$ и тут противоречия не будет.
Во-вторых, я не могу понять, в чём заключается обобщение идеи. В том, что можно так подобрать разные $n$ ($n$,$n+1$ , ... , $n+a$), чтобы разности и суммы разложений их степеней составляли $O(n^{p-k})$ ? Попробовал подбирать - так и не смог.

[demolishka]

lim(f(x)) в сообщении #1147255 писал(а):

Во-первых, при $p=1$ получается $O(1) = \pi (k_{n+1} - k_{n}) + o(1)$ и тут противоречия не будет.

Давайте пока целые степени оставим.

lim(f(x)) в сообщении #1147255 писал(а):

Во-вторых, я не могу понять, в чём заключается обобщение идеи.

Ну дак Вы распишите по Тейлору разность $(n+1)^p - n^p$ при

demolishka в сообщении #1134085 писал(а):

$1<p \leq 2$, $2<p \leq 3$

[demolishka]

demolishka в сообщении #1147259 писал(а):

Давайте пока целые степени оставим.

Или даже наоборот --- сначала докажите для целых положительных $p$, а потом обобщите на произвольные. Обозначим за $\mathcal{P}_{p}$ --- множество многочленов степени ровно $p$. Покажите, что для всех целых положительных $p$ и любого $P \in \mathcal{P}_{p}$ равенство $P(n)=\pi k_n + o(1)$, где $k_n$ --- некоторая последовательность целых чисел невозможно.

[lim(f(x))]

Расписал для начала для целых.
2: $2n + 1$

3: $3n^2 + 3n + 1

4: $4n^3 + 6n^2 + 4n + 1

И так далее, коэффициенты - это сочетания, как в обычном биноме Ньютона.

Эти последовательности легко сравнить с $\pi n$, и понятно, что в результате $\lim {\frac{A}{\pi n} \ne 1 }$, где $A$ - какой-то полином целой степени, но как сравнивать с $\pi k_i$, где $k_i$ - произвольная последовательность натуральных чисел - не понимаю. Думаю, что можно рассматривать не произвольную последовательность натуральных чисел $k_i$, а возрастающую, потому что значения полиномов растут и другие последовательности будут приближать хуже. Т.е. это подпоследовательность $\pi n$. Но что с этим делать - непонятно.

Пробовал рассмотреть доказательство по индукции.
Вижу только что если у нас есть сначала
$n^p (1 + \frac{p}{n} + ... + \frac{p (p-1)..(p-k+1)}{k! n^k} + ...) $
то следующее уравнение можно записать так:
$n^{p+1} (1 + \frac{p+1}{p} \frac{p}{n} + ... + \frac{p+1}{p-k+1} \frac{p (p-1)..(p-k+1)}{k! n^k} + ...) $

[demolishka]

Вы принцип индукции-то используйте. Я выше показывал как это делается для базы нецелых $0<p\leq 1$ и Вас смутило, что в случае $p=1$ такой подход не работает. Ну вот если отойти от нецелых $p$, то по формуле бинома получается точное равенство без всяких $O$, а дальнейшие рассуждения те же (для базы $p=1$). Ну и переход от многочлена степени $p+1$ к многочлену степени $p$: разность многочлена степени $p+1$ в точках $n+1$ и $n$ есть многочлен степени $p$ (опять же используйте бином, чтобы получить точное равенство). Простое соображение

demolishka в сообщении #1134085 писал(а):

Если две величины почти кратны $\pi$, то и их разность почти кратна $\pi$.

приводит к противоречию с тем, что мы предполагали выполнение соответствующего асимптотического равенства для многочлена степени $p+1$.

lim(f(x)) в сообщении #1150654 писал(а):

Думаю, что можно рассматривать не произвольную последовательность натуральных чисел $k_i$, а возрастающую, потому что значения полиномов растут и другие последовательности будут приближать хуже.

Ясное дело, что если у нас выполняется асимптотическое равенство, то при больших $n$ последовательность $k_n$ определяется конкретным образом (в зависимости от многочлена). Само собой она должна быть монотонна и фиксированного знака при больших $n$. Но предполагать, что это именно $\pi n$ не стоит.

[Sonic86]

Вот была похожая тема: topic78015.html но там доказывалось более сильное утверждение.