сходится ли ряд Sum cos(ln n)/(n ln n)?

[Paata]

сходится ли ряд?

$$ \sum_{n \geq 1} \frac{\cos \ln n}{n \ln n } $$

[ewert]

Сходится, но не совсем элементарно (хотя и достаточно очевидно). Надо доказать (и придать этим словам точный смысл), что при больших номерах сумма ведёт себя как соответствующий интеграл, ну а уж интеграл-то явно сходится.

[Sasha2]

Да он абсолютно сходится. Откиньте числитель (в смысле замените на 1) и вот Вам оценка.

[ewert]

Sasha2 в сообщении #290313 писал(а):

Да он абсолютно сходится.

Увы.

[BapuK]

разве нельзя по признаку лейбница для знакочередующихся рядов показать, что ряд сходится?

[ewert]

BapuK в сообщении #290315 писал(а):

разве нельзя по признаку лейбница для знакочередующихся рядов

Он -- знакопеременный, но отнюдь не знакочередующийся.

[Sasha2]

А вообще да, расходится

[gris]

Кстати он будет состоять из больших и всё увеличивающихся знакопостоянных кусков. Если бы удалось показать, что суммы внутри каждого куска убывают, то был бы Лейбниц.

[AKM]

Paata в сообщении #290311 писал(а):

сходится ли ряд?

$$ \sum_{n \geq 1} \frac{\cos \ln n}{n \ln n } $$

Я спросил у мапела --- правда ли, что $\ln 1=0$?
Мапел не ответил мне, качая головой.

Может, отбросим первый член, сделаем $n\ge 2$?

[Paata]

AKM
ну конечно же вы правы.

ewert
мне кажется что это не так уж и очевидно .
можно действительно (как оравильно и заметил gris) попробивать разбить сумирование на интервали (блокам) там где коинус положительний и где отрицательный, и правда попробовать асимптотический посмотреть чему равны эти блоки. но потом если действительно заметить что эти блоки стремятся к нулю (строго) (что по моим расчетам (если нигде не обсчитался ) так и есть, каждый блок так или иначе ведет себя как $1/k$) то дальше работает признак лейбница. (но мне ктото говорил ,что решение этой задачи не известно некоторому количества математиков, которые считают ее открытой проблемой, я понимаю что он был не прав, и соответсвенно я спросил, насколько сложной является эта задача ? )

[GAA]

см. http://dxdy.ru/topic28791.html

[bot]

По Лейбницу вряд ли получится, а по Дирихле, как советует ewert кажется реально оценить частичные суммы ряда $\sum\limits_{k \geqslant 2} \frac{\cos \ln n}{n}$
Если в первообразной $\int\limits_2^x\frac{\cos \ln t}{t}\, dt$ (она ограничена) слегка погрешить в концах промежутков знакопостоянства, заменив их ближайшими целыми точками, то возникающие погрешности имеют порядок убывания выше первого и стало быть их сумма сходится.

[Paata]

GAA и там перестарались с рещением тех задач и тут перестарались .


Вобщем я понял, как легко можно решать такие задачи .
Теорема
Пусть $f \in C^{1} ([a,\infty))$ и $\int_{a}^{\infty} |f'(x)|dx < \infty$
Тогда сходимость ряда $\sum_{k = [a]}^{\infty} f(k)$ равносильна сходимости интеграла $\int_{a}^{\infty} f(x)dx$.

просто надо написать что $\alpha(n) = f(n) - \int_{n}^{n+1}f(x)dx = \int_{n}^{n+1}(f(n) - f(x))dx$

ну теперь заметим что $\sum \alpha(n)$ абсолютно сходится.

(еще заметим что достаточно требовать от функции чтобы имела ограниченую вариацию на промежутке $([а],\infty)$)


понятно что также и в моем случае условия теоремы выполняются ($|f'| \approx \frac{C}{x^{2}\ln x}$) . Итого задача очевидная

[bot]

Оторвался от экрана на некоторое время - праздник ведь ... А теперь и думать лень, верна ли теорема?
Правда что ли?
Хватило только на сомнение по поводу $f'(x)\approx C/{x^2\ln x}$.
Без множителя $\ln x$ у меня получается, но этого, конечно, хватает. Дай бог, чтоб чего кому надо, всегда хватало!
С праздником, мужики. Уря!

[Paata]

Конечно.В этой задаче важно то что модуль производной не превосходит $\frac{C}{x^{2}}$ интеграл от чего конечен (интегрируется по промежутку отделоного от нуля).
Про теорему я иже все сказал, незнаю что еще добавить?
может быть я поспешил в обяснении теоремы но всетаки:

$$ | \sum_{N}^{M}f(n) | \leq |\sum_{M}^{N}f(n) - \int_{N}^{M+1}f(x)dx| + |\int_{N}^{M+1} f(x)dx| \leq |\sum_{n = M}^{N} \left( f(n) - \int_{n}^{n+1}f(x) \right) | +|\int_{N}^{M+1} f(x)dx| $$

Теперь заметим что, для $x \in [n,n+1]$:

$$ f(n) - f(x) = \int_{n}^{x} f'(t)dt \leq \int_{n}^{x} |f'(t)|dt \leq \int_{n}^{n+1} |f'(t)|dt $$

теперь проинтегрировав равенство по промежутку $[n,n+1]$ получим

$$ f(n) - \int_{n}^{n+1}f(x)dx \leq \int_{n}^{n+1}|f'(x)|dx $$

итого получаем что :

$$ |\sum_{n = M}^{N} \left( f(n) - \int_{n}^{n+1}f(x) \right) |\leq \int_{N}^{M+1}|f'(x)|dx $$

$$ | \sum_{N}^{M}f(n) | \leq \int_{N}^{M+1}|f'(x)|dx + |\int_{N}^{M+1} f(x)dx | $$

дальше устремляя сначало М к бесконечности потом и Н получаем что хвост ряда стремится к нулю а сам ряд ограничен вот и все .