Интеграл на сходимость

[Лесной Дух]

$\[ a = 1,x \to 0:\frac{1}{x}\sin \left( {e^x } \right) = \frac{{\sin (1)}}{x} = \left. {\sin (1)\ln x} \right|_0^1 = 0 - \infty = - \infty \]$
вот так?

[ewert]

Даже правильную идею нужно уметь правильно оформлять, Вы же чересчур уж небрежны. Во-первых, там не везде равенства; во-вторых, знаки зачем-то перепутаны; в-третьих, пределы то появляются, то исчезают. Так не годится.

[Лесной Дух]

ок, спасибо, переделал.

Подскажите пожалуйста ещё про ряд:
$ \[ \sum\limits_{k = 2}^\infty {\frac{{\sin k}}{k}} \]$
для доказательства сходимости сделаем замену $ \[ k = \frac{\pi }{2} + \pi m \]$

а там уже будет знакопеременный ряд.

так правильно?

[Sonic86]

Лесной Дух в сообщении #466453 писал(а):

для доказательства сходимости сделаем замену $ \[ k = \frac{\pi }{2} + \pi m \]$

Нельзя такую замену сделать. Слева целое число, справа - трансцендентное.
Просуммируйте по частям и там очевидно будет (если затруднитесь, выполните аналогичные преобразования с интегралом $\int\limits_a^{+ \infty} \frac{\sin x}{x}dx$).

[Whitaker]

Лесной Дух в сообщении #466453 писал(а):

ок, спасибо, переделал.

Подскажите пожалуйста ещё про ряд:
$ \[ \sum\limits_{k = 2}^\infty {\frac{{\sin k}}{k}} \]$
для доказательства сходимости сделаем замену $ \[ k = \frac{\pi }{2} + \pi m \]$

а там уже будет знакопеременный ряд.

так правильно?

Воспользуйтесь признаком Дирихле.

[Лесной Дух]

Цитата:

если затруднитесь, выполните аналогичные преобразования с интегралом

интеграл я понимаю как, по признаку дирихле, но здесь к интегралу перейти нельзя, т.к. функция не всюду положительная.
Вы имеете ввиду дирихле для рядов?

Доказать что $ \[ \sum\limits_{k = 2}^\infty {\sin k} \]$
сходится?

[Sonic86]

Лесной Дух в сообщении #466490 писал(а):

интеграл я понимаю как, по признаку дирихле, но здесь к интегралу перейти нельзя, т.к. функций не всюду положительно.
Вы имеете ввиду дирихле для рядов?

Я Вам не предлагаю переходить к интегралу. Можете на интеграл забить и решить суммированием по частям (если сможете). А если не сможете, то можете делать по аналогии с интегралом.
Я не имею ввиду Дирихле для рядов. Дирихле - это в общем случае другое. Хотя никто Вам не мешает решать через Дирихле (но в данном случае Вы упретесь в те же проблемы).

Лесной Дух в сообщении #466490 писал(а):

Доказать что $ \[ \sum\limits_{k = 2}^\infty {\sin k} \]$
сходится?

Он не сходится.

[Лесной Дух]

ой, наверно не так сказал, у ряда из синусов последовательность частичных сумм ограничена. да?

[ShMaxG]

Да, последовательность частичных сумм должна быть ограничена. Но это так, можно просто вычислить эту частичную сумму, ограниченность тогда будет очевидна.

[Whitaker]

Докажите, что последовательность частичных сумм ряда $\sum_{n=1}^{\infty} \sin n$ ограничена.

[Лесной Дух]

Рассматриваемая последовательность частичных сумм - суть мнимая часть от следующей:
$ \[ \sum\limits_{m = 2}^n {e^{im} } = \frac{{1 - \left( {e^i } \right)^n }}{{1 - e^i }} - e^i - 1 \]$
А здесь числитель и знаменатель ограничены, значит мнимая часть тоже ограничена.

[ShMaxG]

Лесной Дух в сообщении #466532 писал(а):

Пусть $ \[ \sum\limits_{k = 2}^\infty {\sin k} = I \]$

Не сходится этот ряд, такого $I$ не существует. Вам вообще не нужен этот ряд, а нужены частичные суммы. Надо писать тогда уж $ \[ \sum\limits_{k = 2}^N {\sin k} = I_N \]$

Лесной Дух в сообщении #466532 писал(а):

Рассмотрим последовательность частичных сумм ряда:
$ \[ \sum\limits_{k = 2}^\infty {e^{ik} } \]$

Вообще не стоит писать такие вещи, ибо ряда как такового по определению нет. Другое дело, что надо заметить, что мнимая часть $ \[ \sum\limits_{k = 2}^N {e^{ik} } \]$ совпадает с написанной мной выше суммой.

Лесной Дух в сообщении #466532 писал(а):

$ \[ \sum\limits_{k = 2}^\infty {e^{in} } = \frac{{1 - \left( {e^i } \right)^n }}{{1 - e^i }} \]$

А это даже в принципе не может быть понято. Вы складываете одно и то же число бесконечное число раз. А справа получаете конечное число. А еще говорите об ограниченности. Доисправьте до конца.

-- Пт июл 08, 2011 19:28:44 --

Лесной Дух в сообщении #466532 писал(а):

$ \[ \sum\limits_{n = 2}^\infty {e^{in} } = \frac{{1 - \left( {e^i } \right)^n }}{{1 - e^i }} \]$

Бред. Сумма не зависит от индекса суммирования. Это раз. А во-вторых, я Вам еще раз повторяю: ну не существует этого ряда в принципе! Описывайте все в терминах того, что Вам надо, а не того, что не правильно.

[Лесной Дух]

Вроде немного разобрался.
Спасибо всем за помощь