Еще ряды

[integral2009]

Whitaker в сообщении #478326 писал(а):

Ну вы должны умножить на тригонометрическую функцию с таким аргументом, чтоб всё сократилось. Короче подумайте.

Не придумал, но у меня возникла только такая идея)

$$\sum_{k=1}^{n}{\cos n}=(\cos 1 +\cos 3) +(\cos 2 + \cos 4)... +\cos n = $$

$$=2\cos 2 \cos 1 +2\cos 3\cos 1+ ... +\cos n= 2\cos 1 (\cos 2+\cos 3)+...+\cos n<2^{\alpha(n)}\cos \phi(n)<2^{\alpha(n)}$$

$\alpha(n)$ - это некоторая возрастающая функция

$\phi(n)$ - это убывающая функция


Но это ничего хорошего не дает..

-- Вс авг 28, 2011 18:38:12 --

По моему этот ряд расходится при $n\to\infty$

[SpBTimes]

Ну а как же вы раньше то доказывали это?
Или не доказывали?
$S_{n} = \cos(1) + \cos(2) + ... + \cos(n)$
$S_{n} \cdot \sin(\frac{1}{2}) = \cos(1) \cdot \sin(\frac{1}{2}) + ... + \cos(n) \cdot \sin(\frac{1}{2}) = $
$= \frac{1}{2} \cdot (\sin(1 + 1/2) - \sin(1 - 1/2) + \sin(2 + 1/2) - \sin(2 - 1/2) + ... + \sin(n + 1/2) - \sin(n - 1/2))$

Теперь всё сократите, что сокращается, и покажите ограниченность частичной суммы

[Whitaker]

Нас не интересует сходимость этого ряда. Что вы на этом зациклились? Причем тут сходимость ряда? Мы используем признак Дирихле и нам надо показать, что частичные суммы ряда $\sum_{n=1}^{\infty} {\cos n}$ ограничены.
Возьмите частичную сумму $\sum_{k=1}^{n} {\cos k}$ умножьте и разделите почленно на $\sin \dfrac{1}{2}$.
П.С. Пользователь SpBTimes уже всё подробно написал и объяснил.

[SpBTimes]

Whitaker в сообщении #478322 писал(а):

Почему эквивалентности мало, Хорхе? Поясните пожалуйста.

Я не Хорхе, но. Признак, что ряды можно заменять эквивалентными, работает только для знакопостоянных рядов. Тут же ряд не таков, и используется след. теорема:
Если ряд с общим членом $a_{n}$ можно представить в виде суммы $b_{n} + c_{n}$ и $c_{n}$ сходится абсолютно, то $a_{n}$ и $b_n$ ведут себя одинаково

[Whitaker]

SpBTimes в сообщении #478349 писал(а):

Whitaker в сообщении #478322 писал(а):

Почему эквивалентности мало, Хорхе? Поясните пожалуйста.

Я не Хорхе, но. Признак, что ряды можно заменять эквивалентными, работает только для знакопостоянных рядов. Тут же ряд не таков, и используется след. теорема:
Если ряд с общим членом $a_{n}$ можно представить в виде суммы $b_{n} + c_{n}$ и $c_{n}$ сходится абсолютно, то $a_{n}$ и $b_n$ ведут себя одинаково

Ааа да было такое. Забыл уже Спасибо, что напомнил

[integral2009]

SpBTimes в сообщении #478347 писал(а):

Ну а как же вы раньше то доказывали это?
Или не доказывали?

Не доказывал..

$S_{n} = \cos(1) + \cos(2) + ... + \cos(n)$
$S_{n} \cdot \sin(\frac{1}{2}) = \cos(1) \cdot \sin(\frac{1}{2}) + ... + \cos(n) \cdot \sin(\frac{1}{2}) = $

$$= \frac{1}{2} \cdot (\sin(1 + 1/2) - \sin(1 - 1/2) + \sin(2 + 1/2) - \sin(2 - 1/2) + ... + \sin(n + 1/2) - \sin(n - 1/2))=$$

$$=\frac{1}{2}(\sin(n + 1/2)- \sin(1 - 1/2))\le 1$$

=> $S_n\le 1$ Правильно?

[Whitaker]

Напишите, лучше так: $S_{n} \leq \dfrac{1}{\sin \frac{1}{2}}$
П.С. Теперь Вы поняли зачем нам нужна была ограниченность частичных сумм?

[SpBTimes]

$S_n = \frac{1/2 \cdot (\sin(n + 1/2) - \sin(1/2))}{\sin(1/2)}$
Ограниченность очевидна, но можно $ \frac{1/2 \cdot (-1 - \sin(1/2))}{\sin(1/2)} \leqslant S_n \leqslant \frac{1/2 \cdot (1 - \sin(1/2))}{\sin(1/2)}$

[integral2009]

Whitaker в сообщении #478359 писал(а):

Напишите, лучше так: $S_{n} \leq \dfrac{1}{\sin \frac{1}{2}}$
П.С. Теперь Вы поняли зачем нам нужна была ограниченность частичных сумм?

Из-за того, что это необходимое условие сходимости по признаку Дирихле. Только вот, что мне осталось не понятным. Мы нашли число, которое не зависит от $n$, но если мы в последовательности частичных сумм $n$ устремим к бесконечности, то эта последовательность тоже будет ограничена?! $\lim\limits_{x\to\infty}S_{n} \leq \dfrac{1}{\sin \frac{1}{2}}$ Как же так? Получается, что ряд из косинусов должен сойтись. Но это не так. Не найти противоречие в своих рассуждениях

-- Вс авг 28, 2011 19:38:13 --

4) Исследовать на сходимость

$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{(-1)^{[\ln n]}}{n}=\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^{k-1}\Big(\dfrac{1}{[e^{k-1}]+1}+\dfrac{1}{[e^{k-1}]+2}}+\dfrac{1}{[e^{k-1}]+3}}...\dfrac{1}{[e^k]}\Big)$

Еще с этим рядом не понятно. Как так группировка получилась? Экспонента появилась...И как быть дальше?!

[SpBTimes]

Из того,что последовательность ограничена, не следует её сходимость. Рассмотрите хотя бы $(-1)^n$

[xmaister]

(Оффтоп)

Извиняюсь, если совсем не в тему

integral2009 в сообщении #478357 писал(а):

$S_{n} = \cos(1) + \cos(2) + ... + \cos(n)$

$S_n=\operatorname{Re}(e^i+e^{2i}+\ldots +e^{ni})$
Так вроде как проще

[SpBTimes]

xmaister в сообщении #478377 писал(а):

Так вроде как проще

Но требует больше знаний =) А так-то конечно!

-- Вс авг 28, 2011 20:53:36 --

А насчёт последнего ряда.
Вспомним критерий Коши:
$\forall \varepsilon > 0 \exists N : \forall n_1 > n_2 > N |\sum\limits_{n_1 + 1}^{n_2} a_n| < \varepsilon$

Рассмотрим область постоянства знака $(-1)^{[\ln(n)]}$
$|\sum\limits_{[e^{2k}] + 1}^{[e^{2k + 1}]} \frac{(-1)^{[\ln(n)]}}{n}| = $
$= |\frac{1}{[e^{2k}] + 1} + \frac{1}{[e^{2k}] + 2} + ... + \frac{1}{[e^{2k + 1}]}|
Оцените теперь эту штуку снизу и покажите, что она больше константы при больших k

[integral2009]

SpBTimes в сообщении #478378 писал(а):

Рассмотрим область постоянства знака $(-1)^{[\ln(n)]}$
$|\sum\limits_{[e^{2k}] + 1}^{[e^{2k + 1}]} \frac{(-1)^{[\ln(n)]}}{n}| = $

Спасибо, но все-равно не понятно -- откуда взялась Целая часть экспоненты в пределах суммирования.

[SpBTimes]

Я суммирую по этим числам, чтобы $(-1)^{[\ln(n)]}$ имел один и тот же знак

[integral2009]

SpBTimes в сообщении #478406 писал(а):

Я суммирую по этим числам, чтобы $(-1)^{[\ln(n)]}$ имел один и тот же знак

Что-то все равно не воспринимаются подобные конструкции $(-1)^{[\ln([e^{2k}] + 1)]}$

Да, показатель целый, но почему же у него известен знак и почему мы можем сделать так, что он будет иметь один знак?)