Интегральный признак сходимости

[Keter]

Пусть $0 < \alpha < 1, a_1 = 1, a_{n+1} = \frac{a_n}{1+(a_n)^{\alpha}} (n = 2, 3, ...).$ Доказать, что существует число $M$, что для любого натурального $N$

$a_1 + a_2 + ... + a_N < M.$

Замена: $x_n=a_n^{\alpha}$; $x_{n+1}=\dfrac{x_n}{(1+x_n)^{\alpha}}$.
Начиная с достаточно малого $x_n$, поддерживается неравенство $x_n<\dfrac{C}{n}$ при достаточно большом $C$.

Как здесь воспользоваться интегральным признаком сходимости?

[Keter]

Я просто не могу понять того, что когда я оцениваю интеграл $\int\limits_{1}^{+\infty}\frac{x}{(x+1)^{\alpha}}\, dx$, то получается не понятно что .

$$\int\limits_{1}^{+\infty}\frac{x}{(x+1)^{\alpha}}\, dx = \int\limits_{1}^{+\infty}\frac{(x+1)-1}{(x+1)^{\alpha}}\, dx = \int\limits_{1}^{+\infty}(x+1)^{1-\alpha} dx - \int\limits_{1}^{+\infty}\frac{dx}{(x+1)^{\alpha}} = $$

$$= \int\limits_{1}^{+\infty}(x+1)^{1-\alpha}d(x-1) - \int \limits_{1}^{+\infty} \frac{d(x+1)}{(x+1)^{\alpha}} = $$

$$= \frac{(x+1)^{\alpha}}{\alpha} \bigg|_{1}^{+\infty} - \frac{(x+1)^{1-\alpha}}{1-\alpha} \bigg|_{1}^{+\infty} =$$

$$= \lim_{x \to \infty} \Bigg( \frac{(x+1)^{\alpha}}{\alpha} - \frac{2^{\alpha}}{\alpha} - \frac{(x+1)^{1-\alpha}}{1-\alpha} + \frac{2^{\alpha-1}}{1-\alpha} \Bigg)$$

Может я не правильно что-то делаю?

[Maslov]

Для начала, вот здесь внимательно проверьте:

Keter в сообщении #566403 писал(а):

$\int\limits_{0}^{+\infty}\frac{(x+1)-1}{(x+1)^{\alpha}}\, dx = \int\limits_{0}^{+\infty}(x+1)^{\alpha-1} dx - \int\limits_{0}^{+\infty}\frac{dx}{(x+1)^{\alpha}} $

[Keter]

Maslov в сообщении #566408 писал(а):

Для начала, вот здесь внимательно проверьте:

Keter в сообщении #566403 писал(а):

$\int\limits_{0}^{+\infty}\frac{(x+1)-1}{(x+1)^{\alpha}}\, dx = \int\limits_{0}^{+\infty}(x+1)^{\alpha-1} dx - \int\limits_{0}^{+\infty}\frac{dx}{(x+1)^{\alpha}} $

Там степень $1-\alpha$

Если что, я подправляю исходное сообщение на правильное

[Maslov]

Keter в сообщении #566411 писал(а):

Там степень $1-\alpha$

Если что, я подправляю исходное сообщение на правильное

Ну так и дальше тогда подправляйте. Откуда там после интегрирования $\dfrac {(x + 1)^\alpha} \alpha$ ?

[xmaister]

(Оффтоп)

Можно показать, что $\frac1{a_{n+1}^\alpha}-\frac1{a^\alpha_n}\to\alpha$, а дальше прикрутить теорему Штольца и найти асимптотику $a_n$

[ewert]

Keter в сообщении #566403 писал(а):

Я просто не могу понять того, что когда я оцениваю интеграл $\int\limits_{1}^{+\infty}\frac{x}{(x+1)^{\alpha}}\, dx$,

Зачем Вам этот-то интеграл -- суммировать надо ведь $a_n$, а вовсе не $x_n$.

[Keter]

Исправил ошибки, и не знаю, что же дальше.

$$\int\limits_{1}^{+\infty}\frac{x}{(x+1)^{\alpha}}\, dx = \int\limits_{1}^{+\infty}\frac{(x+1)-1}{(x+1)^{\alpha}}\, dx = \int\limits_{1}^{+\infty}(x+1)^{1-\alpha} dx - \int\limits_{1}^{+\infty}\frac{dx}{(x+1)^{\alpha}} = $$

$$= \int\limits_{1}^{+\infty}(x+1)^{1-\alpha}d(x+1) - \int \limits_{1}^{+\infty} \frac{d(x+1)}{(x+1)^{\alpha}} = $$

$$= \frac{(x+1)^{2-\alpha}}{2-\alpha} \bigg|_{1}^{+\infty} - \frac{(x+1)^{1-\alpha}}{1-\alpha} \bigg|_{1}^{+\infty} =$$

$$= \lim_{x \to \infty} \Bigg( \frac{(x+1)^{2-\alpha}}{2-\alpha} - \frac{(x+1)^{1-\alpha}}{1-\alpha}\Bigg) - \frac{2^{2-\alpha}}{2-\alpha}+\frac{2^{1-\alpha}}{1-\alpha}$$

Не могу понять, как воспользоваться ограничением: $x_n<\frac{C}{n}$

ewert в сообщении #566475 писал(а):

Keter в сообщении #566403 писал(а):

Я просто не могу понять того, что когда я оцениваю интеграл $\int\limits_{1}^{+\infty}\frac{x}{(x+1)^{\alpha}}\, dx$,

Зачем Вам этот-то интеграл -- суммировать надо ведь $a_n$, а вовсе не $x_n$.

А как Вы предлагаете оценить интеграл:

$$\int\limits_{1}^{+\infty} \frac{x}{1+x^{\alpha}}\, dx$$

[Keter]

ewert в сообщении #560586 писал(а):

Keter в сообщении #560578 писал(а):

Ведь нам то нужно доказать, что сумма меньше некоего числа. А мы получается доказали, что $a_n < \sqrt[\alpha]{\frac{C}{n}}$.

Чего и достаточно для сходимости ряда -- по интегральному признаку.

А Вы можете как-то объяснить своё утверждение? Или подсказать хотя бы. Ну очень хочется понять, где же истина в этой задаче.

[Integrall]

Keter в сообщении #566652 писал(а):

А Вы можете как-то объяснить своё утверждение? Или подсказать хотя бы. Ну очень хочется понять, где же истина в этой задаче.

вам же ясно сказали в предыдущих постах, что интегральный признак сходимости нужно применять к мажоранте суммы из $a_n$. Так как оценка для последоватьности $x_n$ вами получена:

Keter в сообщении #566060 писал(а):

Начиная с достаточно малого $x_n$, поддерживается неравенство $x_n<\dfrac{C}{n}$ при достаточно большом $C$.

примените эту оценку к последовательности $a_n$, а для доказательства сходимость воспользуйтесь интегральным признаком сходимости Коши для мажоранты $n^{-1/\alpha}$.

Понятно?

[Keter]

Что такое мажоранта суммы из $a_n$?

-- 02.05.2012, 22:24 --

Точнее, что такое мажоранта я знаю. Я никак не пойму, как воспользоваться интегральным признаком для этой мажоранты. От чего брать интеграл, вот что я не понимаю, также не понимаю, почему мажоранта это $n^{\frac{-1}{\alpha}}$

[Integrall]

Keter в сообщении #566728 писал(а):

Я никак не пойму, как воспользоваться интегральным признаком для этой мажоранты. От чего брать интеграл, вот что я не понимаю, также не понимаю, почему мажоранта это...

начну с коца: Из условия

Keter писал(а):

Начиная с достаточно малого $x_n$, поддерживается неравенство $x_n<\dfrac{C}{n}$ при достаточно большом n.

и $x_n=a_n^{\alpha}$ следует оценка для $a_n < \sqrt[\alpha]{\frac{C}{n}}$. Это и есть наша мажоранта. Сходимость ряда мажорант и нужно исследовать. Здесь работает инт. признак сходимости. О сходимости ряда из $a_n$ заключаем из сходимости ряда мажорант.

[Keter]

Я правильно понял, что из интегрального признака сходимости следует, что если интеграл от мажоранты сходится, то и ряд сходится?

-- 02.05.2012, 22:51 --

А почему мы имеем право говорить о сходимости ряда, если ряд мажоранты сходится?

[Integrall]

Keter в сообщении #566744 писал(а):

Я правильно понял, что из интегрального признака сходимости следует, что если интеграл от мажоранты сходится, то и ряд сходится?

совершенно верно. Это следует из интегрального признака Каши и факта, что ряд состоит из нетрицательный членов. Этот критерий справедлив, правда с некоторыми оговорками, и для функциональных рядов.

[Keter]

Может по глупому звучит, но как доказать, что если ряд мажоранты данного ряда сходится, то и данный ряд сходится?

-- 02.05.2012, 23:05 --

Всё. Нашел теоремы по этой теме. Спасибо за помощь))

-- 02.05.2012, 23:06 --

Если для положительного ряда существует сходящийся мажорантный ряд, то и сам этот ряд сходится. Если же данный ряд расходится, то расходится и всякий мажорантный для него ряд.