Seria VII zadań z Analizy Matematycznej I piątek, 2.XII.2011

Seria VII zadań z Analizy Matematycznej I
piątek, 2.XII.2011
Wymagana jest 100% samodzielność. Za każde zadanie: do 6 pkt.; oceniana jest też poprawność
„redakcyjna”. Czas: do czwartku, 8.XII do godz. 9:00 - skrzynka przy p. 4250.
1. Zbadaj, czy szereg
+∞
X
n=2
1
jest zbieżny.
logn (2n + 1)
Rozwiązanie. Pokażemy że wyraz szeregu nie dąży do zera. Inaczej mielibyśmy logn (2n +
1) → +∞. Tymczasem dla dostatecznie dużych n zachodzi 2n + 1 < n2 tak więc logn (2n +
1) < logn n2 = 2 i sprzeczność. Mówiąc mniej precyzyjnie, pokazaliśmy że mianowniki są
"małe "tym samym wyrazy naszego szeregu są "duże", dokładnie większe od 21 .
2. Zbadaj, czy szereg
+∞
X
n=1
nα − n5
√ jest zbieżny, w zależności od α ∈ R.
11n6 + 12n5 + 70 n
Rozwiązanie.:
Sposób I: Dla α = 5 szereg ma wyrazy zerowe i oczywiście jest zbieżny. Dla α > 5 szereg
1 α−6
ma wyrazy dodatnie i równe asymptotycznie 1 11
n . Istotnie, mamy
1 − n5−α
nα − n5
1 α−6
1
√
n
·
=
≈ nα−6
1
6
5
−6
−1
11
11
11n + 12n + 70 n
1 + 12n + 70n 2
1
bo drugi czynnik dąży do 1 jako że n5−α → 0 i n−1 → 0 i n 2 −6 → 0. Z asymptotycznego
1
kryterium porównawczego wnosimy, że szereg jest rozbieżny, bo szereg o wyrazie nα−6 = n6−α
jest rozbieżny do +∞- z założenia α > 5 mamy 6 − α < 1.
1 −1
Dla α < 5 szereg ma wyrazy ujemne i asymptotycznie równe − 11
n , bowiem wyłączając
wyrażenia najwyższego stopnia z licznika i mianowika otrzymujemy
n5
nα−5 − 1
1 −1
nα − n5
√
=
·
n
≈
−
1
11n6 1 + 12n−1 + 70n 2 −6
11
11n6 + 12n5 + 70 n
bo drugi czynnik dąży do −1. Z asymptotycznego kryterium porównawczego wnosimy że
szereg jest rozbieżny do −∞.
Odnotujmy że asymptotycznym kryterium porównawczym posługujemy się tylko przy szeregach o wyrazach jednakowego znaku, tj dodatnich lub ujemnych!
Sposób II: Zamiast znajdować asymptotykę wyrazu można posługiwać się szacowaniami. Ich
ułożenie również wymaga rozpoznania które wyrażenia rosną szybciej a które wolniej. W
przypadku α > 5 mamy nierówność nα − n5 > 12 nα dla dostatecznie dużych n (uzasadnienie
przez przeniesienie na lewą stronę i obserwację że granica wyrażenia 12 nα − n5 jest równa
+∞ bo α > 5). Tak więc
1 α
n
nα − n5
2
√
√
>
6
5
6
11n + 12n + 70 n
11n + 12n5 + 70 n
ponieważ licznik wyrażenia po prawej stronie jest dodatni, żeby dalej
√ szacować6 z dołu,
6
5
szacujemy mianowik z góry. Mamy np nierówność 11n + 12n + 70 n < 12n dla dostatecznie dużych n (uzasadnienie podobne jak poprzednio, nierównść jest równoważna
1
an ≈ bn gdy
an
bn
→1
√
n6 − 12n5 − 70 n > 0 a ta prawdziwa dla dużych n bo lewa strona ma granicę +∞).
Zatem
1 α
1 α
n
n
1 1
nα − n5
2
2
√
√
·
>
>
>
6
6
5
6
5
12n
24 n
11n + 12n + 70 n
11n + 12n + 70 n
W ostatnim przejściu użyliśmy założenia α > 5. Szereg o wyrazach wziętych z prawej strony
jest rozbieżny do +∞ zatem i nasz szereg jest rozbieżny do +∞.
W przypadku α < 5 mamy nierówność nα − n5 < − 12 n5 . Mamy więc
− 12 n5
nα − n5
√ <
√
11n6 + 12n5 + 70 n
11n6 + 12n5 + 70 n
Jako że licznik jest ujemny, żeby dalej szacować z góry, musimy oszacować mianownik z góry
(uwaga!). Mamy więc
− 12 n5
− 12 n5
nα − n5
√
√
<
<
12n6
11n6 + 12n5 + 70 n
11n6 + 12n5 + 70 n
szereg o wyrazach wypisanych po prawej stronie jest rozbieżny do −∞. Wobec tego nasz
szereg jest rozbieżny do −∞.
3. Zbadaj, czy szereg
+∞
X
2012n + 2011n
n=2
nq n − 2011n
jest zbieżny, w zależności od q > 0.
Rozwiązanie. Załóżmy że q > 2011. Wtedy szereg ma wyrazy dodatnie, stosujemy kryterium pierwiastkowe otrzymując
v
v
r
u
u
2011 n
2011 n
n
n
1
+
1
+
2012
+
2011
2012
2012
1
2012
u
u
n
n
n
2012 n =
2012 n →
=
·t
· √
·t
n
n
n
nq − 2011
q
q
q
n
n − 2011
1 − 1 2011
q
n
q
√
wykorzystaliśmy wyżej fakt że dla q > 2011 zachodzi
→ 0 oraz n n → 1. Tak więc
w tym przypadku szereg jest zbieżny o ile q > 2012 i rozbieżny o ile q < 2012. Pozostaje
przypadek q = 2012 o którym kryterium pierwiastkowe nie rozstrzyga i zostawiamy go na
później. Załóżmy teraz że q < 2011. Wyrazy szeregu są dla dostatecznie dużych n ujemne (z
powodu mianownika). Liczymy kryterium pierwiastkowe dla wartości bezwzględnej wyrazu:
s
s
2011 n
n + 2011n 1
+
2012
2012
2012
n n
2012
nq n − 2011n = 2011 · n q n − 1 → 2011
2011
1
n
2011
q
n
wykorzystaliśmy fakt że nan → 0 gdy 0 < a < 1. Tak więc szereg jest bezwględnie rozbieżny
do +∞, a skoro ma wyrazy ujemne to jest rozbieżny do −∞. Pozostał przypadek q = 2012.
zauwazmy, że wtedy wyrazy szeregu są dodatnie oraz
2012n + 2011n
2012n
2012n
1
>
>
=
n
n
n
n
n
nq − 2011
nq − 2011
nq
n
zatem szereg jest rozbieżny. (można też zauważyć że wyraz jest równy asymptotycznie n1 )
Ostatecznie, szereg jest zbieżny wtedy i tylko wtedy gdy q > 2012.
4. Wykaż, że szereg
∞
X
n=3
1
jest zbieżny.
(ln ln n)ln n
Rozwiązanie.
Sposób I Zapiszmy mianownik w postaci (ln ln n)ln n = eln n·ln ln ln n = nln ln ln n . Zauważmy,
że wykładnik jest większy od 2 dla dostatecznie dużego n, dokładniej ln ln ln n > 2 o ile
e2
n > ee , tak więc dla dużych n mamy nln ln ln n > n2 i tym samym nierówność
1
1
< 2
ln
n
(ln ln n)
n
zatem szereg jest zbieżny. Pomysł polegał na obserwacji że mianownik jest "duży"i porównaniu z prostym szeregiem zbieżnym (patrz nierówność wyżej)
Sposób II Zastosujemy kryterium zagęszczające. Oznaczmy wyraz szeregu przez an . Najpierw zaobserwujmy że mianowniki an rosną. Jest to równoważne
sprawdzeniu że ich logaln n
rytmy rosną (monotoniczność logarytmu) czyli że ln (ln ln n)
= ln n·ln ln ln n a teraz jest
to oczywiste bo oba wyrażenia rosną i są dodatnie dla dostatecznie dużych n. Pokazaliśmy
więc że mianowniki wyrazów rosną, tak więc wyrazy szeregu maleją (liczniki są stale równe
1). Chcemy pokazać zbieżnośc szeregu 2n a2n .
!n
2
1
1
n
n
n
=
2 a2n = 2 ·
n = 2 ·
(ln ln 2n )ln 2
(ln (n ln 2))n ln 2
(ln n + ln ln 2)ln 2
zauważmy że ponieważ ln 2 > ln 1 = 0, to mianowik w wyrażeniu wyżej ma granicę +∞
bowiem ln n + ln ln 2 → +∞. Zatem dla dostatecznie dużych n jest (ln n + ln ln 2)ln 2 > 3
tak więc mamy szacowanie
!n n
2
2
2n a2n =
<
3
(ln n + ln ln 2)ln 2
które dowodzi że zbieżny jest szereg
P
2n a2n a więc i szereg
n
P
an w myśli kryterium kon-
n
densacyjnego.
5. Znajdź wszystkie α ∈ R, dla których szereg
+∞
X
n=1
r
n
!α
1
2+ −1
jest zbieżny.
n
Rozwiązanie.
Sposób I Zauważmy, że dla dostatecznie dużych n zachodzi nierówność
r
n
2+
1
1
−1<
n
n
n
która jest równoważna 2 + n1 < 1 + n1 a tą uzasadniamy sprawdzając że po przejściu do
granicy mamy
q ostrą nierówność 2 < e. Żeby otrzymać podobną (równiez wystarczającą)
nierówność n 2 + n1 − 1 < n2 można też posłużyć się nierównością Bernouliego. Jeśli α > 0
to podnosząc obie (dodatnie) strony nierówności do potęgi α mamy
!α
r
1
1
n
2+ −1
< α
n
n
i dostajemy że szereg jest zbieżny o ile α > 1. Jeśli α 6 0 nierówność jest odwrotna
(podnosimy do ujemnej potęgi) tak więc
!α
r
1
1
n
2+ −1
6 α = n−α
n
n
szereg po prawej stronie jest teraz rozbieżny (bo −α > 0) a nawet nie spełnia warunku
koniecznego. Pozostał przypadek 0 < α < 1. Będziemy chcieli pokazać nierówność
r
1
1
n
2+ −1> 1
n
nα
wtedy bowiem nasz wyraz będzie większy niż n1 . Nierówność jest równoważna nierówności
n
1
1
2+ > 1+ 1
n
nα
a tą uzsadniamy przez przejście graniczne- lewa strona dąży do 2 natomiast prawa do 1 na
mocy lematu o ciągach szybko zbieżnych do 0 bowiem 11 · n → 0 jako że α1 > 1. Szereg jest
nα
więc rozbieżny. Podsumowując, szereg jest zbieżny wtedy i tylko wtyedy gdy α > 1.
Sposób II W poprzednim zadaniu korzystaliśmy z lematu o ciągach szybko zbieżnych do
0 tak więc w pewnym sensie z własności liczby e. W tym rozwiązaniu wykorzystamy je
bezpośrednio. Przedstawimy wyrażenie w pierwiastku jako potęgę liczby e.
r
1
1
1
1
1 n
n
2+ = 2+
= e n ln(2+ n )
n
n
Następnie wykorzystamy granicę
exn −1
xn
→ 1 gdy xn → 0
1
1
ln(2+ n
)−1 1 n
1
1
1
e
1
ln
2+
· ln 2 +
2 + − 1 = en ( n) − 1 = 1
1
n
n
n
ln
2
+
n
n
sprawdzamy że xn = n1 ln 2 + n1 → 0 · ln 2 = 0 tak więc pierwszy czynnik dąży do 1.
Oznacza to że mamy równość asymptotyczną
r
1
1
1
n
2 + − 1 ≈ ln 2 +
n
n
n
a ponieważ ln 2 + n1 → ln 2 to ln 2 + n1 ≈ ln 2 i
r
1
ln 2
n
2+ −1≈
n
n
r
n
Na koniec, jako że równość asymptotyczną możemy podnieść do dowolnej ustalonej potęgi
to otrzymujemy
!α
r
1
1
n
2+ −1
≈ ln 2α · α
n
n
2
i z asymptotycznego kryterium porównawczego (dla szeregów o wyrazach dodatnich) wnosimy że zbieżność szeregu z zadania jest taka sama jak szeregu o wyrazach n1α czyli wtedy i
tylko wtedy gdy α > 1.
2
jeśli an ≈ bn to z definicji
an
bn
→ 1 więc
aα
n
bα
n
=
an
bn
α
→ 1α
6. Wykaż, że jeśli an , bn ≥ 0
d. d. d. n
oraz szeregi
+∞
X
n=1
+∞ X
1
n=1
n
an ,
+∞
X
bn są zbieżne, to
n=1
− an b n
jest rozbieżny. Czy założenie, że an , bn ≥ 0 d. d. d. n jest tu istotne?
Rozwiązanie. Zauważmy, że skoro szereg bn jest zbieżny to mamy bn → 0 tak więc
bn < 1 dla dostatecznie dużych n. Ponieważ an , bn są dodatnie
P to mamy nierówność an bn 6
an a skoro szereg o wyrazach an jest zbieżny to szereg
an bn jest zbieżny z kryterium
n
1
porównawczego dla szeregów o wyrazach
Szereg
P o wyrazach n − an bb jest więc
P dodatnich.
1
i zbieżnego
an bn . Jest zatem rozbieżny (to
różnicą dwóch szeregów: rozbieżnego
n
n
n
ogólny fakt!).
Żeby pokazać że założenia są istotne weźmy szeregi o wyrazach an = (−1)n √1n = bn zbieżne
na mocy kryterium Leibnitza. Zostały tak dobrane, że an bn = n1 i wtedy szereg o który
pytamy jest zerowy a więc zbieżny.