Квадрат перестановки

[mihaild]

Надо еще больший разрыв брать, потому что частичные суммы растут как $\ln \ln n$, соответственно нужна подпоследовательность частичных сумм с номерами, растущими хотя бы как двойная экспонента.
Но это неудобный путь. Интегральный признак (тоже Коши), или телескопический признак (его же) тут гораздо удобнее.

[Null]

Xo4y3HaTb в сообщении #1616624 писал(а):

Можно ли решить одним из приведённых способов или нужно по другому оценивать?

$2^n$ или $n!$ подходит, но надо оценивать точнее чем последнее слагаемое умножить на количество.
У меня есть 3 варианта:
Бить интервал на части и оценивать этим методом на каждом из них, потом сложить оценки.
Оценить снизу интегралом - обычно эту задачу решают так.
Еще есть признак что если $a_k$ убывает то ряды $\sum a_k$ и $\sum 2^k a_{2^k}$ сходятся или расходятся одновременно - телескопический признак Коши.

[Xo4y3HaTb]

mihaild в сообщении #1616628 писал(а):

Надо еще больший разрыв брать, потому что частичные суммы растут как $\ln \ln n$, соответственно нужна подпоследовательность частичных сумм с номерами, растущими хотя бы как двойная экспонента.

Это нужно осмыслить.

mihaild в сообщении #1616628 писал(а):

Но это неудобный путь. Интегральный признак (тоже Коши), или телескопический признак (его же) тут гораздо удобнее.

Ни один из способов не знаком. Мне сейчас нужно потренировать именно критерий Коши. Но учту на будущее.

Null в сообщении #1616632 писал(а):

$2^n$ или $n!$ подходит, но надо оценивать точнее чем последнее слагаемое умножить на количество.
У меня есть 3 варианта:
Бить интервал на части и оценивать этим методом на каждом из них, потом сложить оценки.
Оценить снизу интегралом - обычно эту задачу решают так.
Еще есть признак что если $a_k$ убывает то ряды $\sum a_k$ и $\sum 2^k a_{2^k}$ сходятся или расходятся одновременно - телескопический признак Коши.

Попробую поточнее оценить первым способом, 2й и 3й не знаком.

Спасибо!

[mihaild]

Xo4y3HaTb в сообщении #1616637 писал(а):

Это нужно осмыслить

Не нужно, я тут наврал. Вроде бы даже $n^2$ хватит, но я не очень понимаю, как доказывать.

Xo4y3HaTb в сообщении #1616637 писал(а):

Мне сейчас нужно потренировать именно критерий Коши

Я не уверен, что это хороший пример для его тренировки. Частичные суммы оцениваются сложно, а альтернативные методы очень простые, и сразу дают что $\sum \frac{1}{n \cdot \ln n \cdot \ln \ln n \cdot \ldots \cdot (\ln \ln \ldots \ln n)^\alpha}$ сходится тогда и только тогда, когда $\alpha > 1$.

[Xo4y3HaTb]

mihaild в сообщении #1616642 писал(а):

Я не уверен, что это хороший пример для его тренировки.

Задач на критерий Коши "раз два и обчёлся" (5 шт. в Демидовиче, причём 4 из них на сх-ть), так что особо выбирать не приходится.

mihaild в сообщении #1616642 писал(а):

Частичные суммы оцениваются сложно, а альтернативные методы очень простые, и сразу дают что $\sum \frac{1}{n \cdot \ln n \cdot \ln \ln n \cdot \ldots \cdot (\ln \ln \ldots \ln n)^\alpha}$ сходится тогда и только тогда, когда $\alpha > 1$.

Не ясно каким образом из исходного условия задачи получилась данная сумма. Видимо использовался указанный выше признак... Почитаю о них.

[mihaild]

Xo4y3HaTb в сообщении #1616644 писал(а):

Не ясно каким образом из исходного условия задачи получилась данная сумма

Из исходного - никак, исходное условие - это частный случай такой суммы. Для которой в общем виде оценка легко получается из интегрального признака, а вот из признака Коши неприятно.

Но да, если хочется именно по признаку Коши - то нужно как-то хитро побить сумму. Для гармонического ряда было достаточно взять много слагаемых и оценить каждое снизу последним, здесь придется разбивать на зависящее от $n$ количество частей. На самом деле видимо в итоге что-то вроде интегральной суммы и получится.