Ряд , сходимость

[Null]

Null в сообщении #414751 писал(а):

Вероятность 1. Сумма дисперсий сходиться. Распределение суммы будет нормальным.

Нет нормальным не будет. Но сходиться почти наверное. Это Колмогоров доказал.

[myra_panama]

svv в сообщении #414742 писал(а):

На компьютере вот что получается. Есть точка, примерно $\{t\}=0.57$, в которой ряд, похоже, расходится.

да в этом я согласен, у нас тоже один парень исследовал в компьютере....
Еще одну задачку нашли и ни как не знаем с чего начинать:

Пусть, M множества точек , $x \in M$ , при которых ряд $\sum\limits_{n=0}^{\infty}\sin(n! \pi x)$ сходиться, доказать что $e \in M$

я предлагал , что можно разлагать функцию $e^t$ в ряд Тейлора...........

[sup]

Во второй задаче все довольно просто.
$n!e = N+\frac {1}{n+1} +O(1/n^2)$, где $N$ - натуральное число.

[ewert]

sup в сообщении #414880 писал(а):

Во второй задаче все довольно просто.
$n!e = N+\frac {1}{n+1} +O(1/n^2)$, где $N$ - натуральное число.

Оно, конечно, так, но не так скоро. Во-первых, просто натуральности $N$ недостаточно. Во-вторых, $O(n^{-2})$ само по себе тоже ничего не даёт. В общем, немножко подзаклинать ещё придётся.

[myra_panama]

ewert в сообщении #414893 писал(а):

Во-первых, просто натуральности $N$ недостаточно. Во-вторых, $O(n^2)$ само по себе тоже ничего не даёт. В общем, немножко подзаклинать ещё придётся

вот это правильно...
$\sin (n! \pi e )=\sin (\pi (n+1)+\frac{\pi}{n+1}+\pi \sum\limits_{k=n+2}^{\infty}\frac{n!}{k!})$=$(-1)^n \sin {\frac{\pi}{n+1}}+R_n$
$R_n=O(\frac1{n^2})$
может ошибся....

[gris]

а меня всё гондурас первый ряд беспокоит.
двойной логарифм, конечно, по сравнению $n$ практически горизонтален (в графическом смысле). Но вот такие участки стабильности появляются достаточно далеко от начала. Скажем, если $x=0$ и $\ln\ln n= 2\pi$, то $n\approx 10^{233}$, а следующий участок вообще на невообразимом расстоянии. Оно, конечно, с теоретической точки зрения это семечки, но вот как на компьютере считается? Скорее всего, я что-то не так понимаю. Буду думать.
Интересная задача, myra_panama!

upd После проверки в обычной эксели. Действительно, можно подобрать $x$, что такие отрезки знаковой стабильности появляются достаточно рано. И они достаточно длинные.
Но тогда получается, что ряд будет расходиться при любом $x$?

[ewert]

myra_panama в сообщении #414896 писал(а):

$\sin (n! \pi e )=\sin (\pi (n+1)+\frac{\pi}{n+1}+\pi \sum\limits_{k=n+2}^{\infty}\frac{n!}{k!})$=$(-1)^n \sin {\frac{\pi}{n+1}}+R_n$
$R_n=O(\frac1{n^2})$
может ошибся....

Что значит ошибся. Если уж Вы меня цитируете и даже обзываете правильным -- то почему бы Вам эту цитату не прочитать?...

Во-первых, $N\neq n+1$, и очень существенно не равно. Во-вторых, оценки $R_n=O(\frac1{n^2})$ недостаточно. Ну и по мелочи: Вы эту оценку не доказали (даже не смотря на то, что она не нужна) и к тому же перепутали знак, хотя это и не важно.

-- Вс фев 20, 2011 11:55:48 --

Что касается первого ряда -- компьютер тут, естественно, не при чём. Пафос в том, что разность двух соседних $\ln\ln n$ -- это примерно $\dfrac{1}{n\,\ln n}$. Это означает, что сколь угодно далеко найдётся номер $N$, для которого аргумент косинуса мало отличается от $2\pi k$. И, более того, при всех следующих $n>N$ на участке длины порядка $\ln N$ аргумент косинуса будет отличаться от какого-то чётного количества $2\pi$ не более чем на $\pi/4$, скажем. И знаменатель на всём этом участке примерно одинаков -- примерно равен также $\ln N$. Поэтому сумма членов последовательности по такому участку -- порядка единицы и, следовательно, не стремится к нулю при удалении такого участка, т.е. нарушается условие критерия Коши.

[gris]

Да, я уже сообразил. Но вот как у Вас получилось время отправки сообщения -- Вс фев 20, 2011 12:04:31 --? Опять в будущее ходили?

[ewert]

Интернет тормозит со страшной силой.

[gris]

Ясненько. Тормозит с такой силой, что компутер в будущее выносит.

[sup]

Я, конечно, дико извиняюсь, но мне кажется что краски несколько сгущены. Имеем
$n!e = n(n-1)N_1+n+1 +1/(n+1)+O(1/n^2) $
Первое слагаемое, очевидно, четное, следовательно
$\sin(n!\pi e)=(-1)^{n+1}\sin (\pi /(n+1)+O(1/n^2))$.
Ряд, знаки чередуются, общий член монотонно стремится к 0. Ах, да. С монотонностью здесь некоторые проблемы.
Ну, во-первых, можно прям таки непосредственно показать монотонное убывание. А можно разбить на 2 куска:
$\sin(n!\pi e)=(-1)^{n+1}\sin (\pi /(n+1)+O(1/n^2))=(-1)^{n+1}\pi /(n+1)+O(1/n^2)$
Я, лично, имел в виду именно второй вариант.
Но, может я что-то упустил?

[ewert]

А, ну если разложить синус по Тейлору, то можно (не сразу сообразил, что Вы имели в виду).

[myra_panama]

Цитата:

$\varepsilon_n=\pi(\frac{1}{n+1}+\frac{1}{(n+1)(n+2)}+\frac{1}{(n+1)(n+2)(n+3)}+\ldots)$.

разлагаем $e^t$ в ряд Тейлора при t=1,,
$n!e=\sum\limits_{i=0}^{\infty}\frac{n!}{i!}=\sum\limits_{i=0}^{n-2}\frac{n!}{i!}+(n+1)+\frac1{n+1}+\sum\limits_{i=n+2}^{\infty}\frac{n!}{i!}$
здесь число
$\sum\limits_{i=0}^{n-2}\frac{n!}{i!}=n(n-1)\sum\limits_{i=0}^{n-2}\frac{(n-2)!}{i!}$ является четным , а
$\sum\limits_{i=0}^{n+2}\frac{n!}{i!}\le \frac{n+3}{{(n+1)}(n+2)^2}=O(\frac1{n^2})$

а потом все будет ясно..........

[Padawan]

myra_panama в сообщении #414627 писал(а):

Исследовать на сходимость ряда:
$\sum\limits_{n=2}^{\infty}\frac1{\ln n} \cos(n(x+\ln{\ln n}))$
ммм странно по моему ряд сходиться при всех x , но как то не могу доказать...

А если такой $\sum\limits_{n=2}^{\infty}\frac1{n} \cos(n(x+\ln{\ln n}))$ ?

[patzer2097]

ewert в сообщении #414900 писал(а):

Что касается первого ряда -- компьютер тут, естественно, не при чём. Пафос в том, что разность двух соседних $\ln\ln n$ -- это примерно $\dfrac{1}{n\,\ln n}$. Это означает, что сколь угодно далеко найдётся номер $N$, для которого аргумент косинуса мало отличается от $2\pi k$. И, более того, при всех следующих $n>N$ на участке длины порядка $\ln N$ аргумент косинуса будет отличаться от какого-то чётного количества $2\pi$ не более чем на $\pi/4$, скажем.

Нет, ну если даже и найдется такое $N$, то при $n=N+1$ аргумент косинуса же будет примерно равен $2\pi k+x$, и не обязан отличаться от четного кол-ва $2\pi$ на не более чем $\frac{\pi}{4}$..