Сумма ряда (оценить сверху)

[purser]

Нужно доказать
$\sum\limits_{n = 1}^\infty(\frac{1}{n^2+4})<1$
С чего начать..?

[Хорхе]

С подсчета суммы $\sum_{n=m}^\infty \frac{1}{n(n-1)}$.

[purser]

Хорхе в сообщении #509855 писал(а):

С подсчета суммы $\sum_{n=m}^\infty \frac{1}{n(n-1)}$.

$\sum_{n=2}^\infty \frac{1}{n(n-1)}= \sum_{n=2}^\infty (\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n})=(1-\frac{1}{2})+(\frac{1}{3}-\frac{1}{4})+(\frac{1}{5}-\frac{1}{6})+...=1+(-\frac{1}{2}+\frac{1}{3})+(-\frac{1}{4}+\frac{1}{5})+(-\frac{1}{6}+\frac{1}{7})+...= 1-\frac{1}{6}-\frac{1}{20}-\frac{1}{42}<1$
$\frac{1}{n^2-n}>\frac{1}{n^2+4}$ при $n>4$
$\sum_{n=2}^4 \frac{1}{n(n-1)}>\sum_{n=2}^4 \frac{1}{n^2+4}$

[venco]

purser в сообщении #509869 писал(а):

$\sum_{n=2}^\infty (\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n})=(1-\frac{1}{2})+(\frac{1}{3}-\frac{1}{4})+(\frac{1}{5}-\frac{1}{6})+...$

В этом переходе у вас ошибка.

[Klad33]

В качестве повышения квалификации даю точное значение суммы ряда:

$\sum \limits_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2+4} = \frac{\pi}{4}\cdot \frac{e^{4\pi}+1}{e^{4\pi}-1}-\frac{1}{8}$

Этот ряд знаком специалистам по спектральному анализу.

[Хорхе]

Ну вот когда посчитаете написанный мною ряд правильно, оцените им хвост Вашего ряда, а первые члены посчитайте. Там навскидку два первых члена взять достаточно.

[ewert]

Вообще-то эта сумма меньше соответствующего интеграла по полуоси, т.е. $\frac{\pi}4$.

[Klad33]

Гораздо сложней доказать, что Ваш ряд меньше единицы при изменении n от 0 до бесконечности. Его точное значение:

$\sum \limits_{n=0}^\infty \frac{1}{n^2+4} = \frac{\pi}{4}\cdot \frac{e^{4\pi}+1}{e^{4\pi}-1}+\frac{1}{8}$

[ewert]

Klad33 в сообщении #509983 писал(а):

Гораздо сложней доказать, что Ваш ряд меньше единицы при изменении n от 0 до бесконечности.

Ничего сложного. Он всяко меньше, чем $\frac{\pi}4+\frac14<1.04$, и остаётся только съесть четыре сотых. Ну так уже $\int\limits_0^1\frac{dx}{x^2+4}-\frac15>\frac12\cdot\frac1{20}\cdot1=0.025$ и $\int\limits_1^2\frac{dx}{x^2+4}-\frac18>\frac12\cdot\frac1{32}\cdot1>0.015$.
(Здесь $\frac1{20}=\frac14-\frac15$ и, наоборот, $\frac1{32}=\frac{2\cdot2}{(4+4)^2}$.)

[Хорхе]

ewert в сообщении #509945 писал(а):

Вообще-то эта сумма меньше соответствующего интеграла по полуоси, т.е. $\frac{\pi}4$.

О, так лучше всего.

[Klad33]

А вот интересно, кто-нибудь может доказать более сильное утверждение, что исходная сумма ряда меньше 2/3. ?

[Хорхе]

Я умею снизу хорошо оценить: в силу выпуклости $(x^2+4)^{-1}$ на $[2,\infty)$

$$ \frac12 \sum_{n=2}^\infty \left(\frac1{n^2+4}+ \frac1{(n+1)^2+4}\right) \ge \int_2^\infty \frac{dx}{4+x^2} = \frac\pi 8, $$

откуда

$$ \sum_{n=1}^\infty \frac1{n^2+4}\ge \frac15 + \frac1{16} + \frac\pi8>0{,}655. $$

-- Ср ноя 30, 2011 21:56:53 --

Ну и сверху можно, терпение и труд все перетрут

Пусть $f(x) = (x^2+4)^{-1}$. Легко проверить (хе-хе), что $f''(x)$ убывает на $[2,\infty)$, поэтому при $n\ge 3$

$$ \frac{f(n)+f(n+1)}2- \int_n^{n+1} f(x) dx = \int_n^{n+1} (x-n-1/2)^2 f''(x)dx \le \frac{1}{12}\int_{n-1/2}^{n+1/2}f''(x) dx , $$

а при $n=2$

$$ \frac{f(2)+f(3)}2- \int_2^{3} f(x) dx = \int_2^{3} (x-5/2)^2 f''(x)dx \le \frac{1}{12}f''(2), $$

откуда

$$ \int_2^\infty f(x) dx - \sum_{n=2}^\infty \frac{f(n)+f(n+1)}2\le \frac{1}{12}(f''(2)-f'(5/2))\le \frac{1}{12}(0{,}03125+ 0{,}0476). $$

Учитывая предыдущее, имеем

$$ \sum_{n=1}^\infty f(n)\le \frac\pi 8 + \frac15 + \frac1{16} + \frac{1}{12}(0{,}03125+ 0{,}0476)< 0{,}6618. $$

[ewert]

(Оффтоп)

Хорхе в сообщении #510147 писал(а):

О, так лучше всего.

Ваш вариант, кстати, тоже совсем не плох -- он, во всяком случае, не требует (в отличие от моего) никаких интегрирований, все выкладки сугубо алгебраичны (ну не считая, разумеется, самого понятия ряда). Но что-то мне чудится, что составителями подразумевался всё-таки именно мой вариант.