Tentukan konvergensi seri.

Aug 15 2020

Berikut serialnya: $$ \sum_{n = 1}^{\infty}\frac{\sqrt{n + \sqrt{n + \sqrt{n}}}}{(n + (n + n^2)^2)^2}$$ Metode yang saya gunakan untuk menentukan deret ini adalah uji perbandingan yaitu saya menyusun urutan sebagai berikut: $$ a_n = \frac{\sqrt{3n}}{n^8}$$Yang membentuk deret konvergen dimana tiap suku lebih besar dari suku pada deret di atas sehingga saya tentukan deret di atas adalah konvergen. Namun, saya tidak tahu apakah saya benar atau tidak. Oleh karena itu, jika saya salah, beri tahu saya bagaimana melakukannya dengan benar atau jika saya benar, harap konfirmasikan dengan saya atau berikan saya metode alternatif untuk menentukan konvergensi rangkaian di atas untuk diskusi. Terima kasih.

Jawaban

1 PacoAdajar Aug 15 2020 at 17:41

Sejujurnya, kecuali ada instruksi eksplisit untuk menggunakan beberapa tes, saya lebih suka memikirkan jenis seri ini dalam hal uji perbandingan batas (LCT) , daripada uji perbandingan (CT).

Pernyataan biasa dari LCT adalah seperti ini: Misalkan $\{ a_n \}$ dan $\{ b_n\}$ adalah urutan dengan $a_n \ge 0$, $b_n > 0$ untuk semua $n$. Jika$\lim_{n\to +\infty} a_n/b_n$ ada dan bukan nol, lalu $\sum a_n$ dan $\sum b_n$ berkumpul bersama, atau menyimpang bersama.

LCT kurang peduli tentang arah ketidaksetaraan (tidak seperti CT di mana Anda harus memverifikasi ketidaksetaraan tertentu yang dapat mengganggu), dan lebih banyak tentang asimtotik, yang membuatnya jauh lebih kuat. Adapun mencari yang sesuai$b_n$digunakan sebagai titik perbandingan? Ide umumnya adalah melihat suku-suku yang paling dominan (yaitu suku-suku yang paling cepat meledak hingga tak terhingga) dalam pembilang dan penyebut.

Dalam contoh Anda, suku dominan dalam pembilangnya adalah $\sqrt{n}$, sedangkan suku dominan pada penyebutnya adalah $n^8$. Ini menyarankan agar kami menggunakan$b_n = \sqrt{n}/n^8 = n^{-15/2}$, yang memang berfungsi dengan baik di sini. Kita mendapatkan$\lim_{n\to+\infty} a_n/b_n = 1$, dan kami tahu $\sum b_n$ menyatu dengan $p$-uji. Jadi, begitu pula seri aslinya.

zkutch Aug 15 2020 at 16:11

Metode ini memiliki nama sendiri Uji perbandingan langsung dan menyatakan sebagai berikut:

Jika seri $\sum b_n$ menyatu dan $0 \leqslant a_n \leqslant b_n$ untuk ukuran yang cukup besar $ N \in \mathbb{N}, n> N$, kemudian $\sum a_n$ juga menyatu.

Tahan $\sum a_n \leqslant \sum b_n$ jika perbandingannya $\forall n \in \mathbb{N}$.

Jika $\sum a_n$ menyimpang, lalu $\sum b_n$ berbeda.

Dalam buku: Murray H. Protter, Charles B. Jr. Morrey - Intermediate Calculus-Springer (2012) - halaman 105, Teorema 9.

Masacroso Aug 15 2020 at 16:31

Solusi Anda baik-baik saja, tetapi Anda merasa sedikit tidak aman, izinkan saya menunjukkan mengapa tes ini berhasil: seri $\sum_{k= 1}^\infty a_k$, menurut definisi, mewakili batas urutan jumlah parsial itu $\{s_n\}_{n\in \mathbb N}$, untuk $s_n:=\sum_{k=1}^na_k$.

Saat masing-masing $a_k$ positif maka urutannya $\{s_n\}_{n\in \mathbb N}$adalah urutan bilangan real positif yang meningkat tajam sehingga dapat ditunjukkan bahwa ia konvergen jika dan hanya jika dibatasi .

Jika $a_k:=\sqrt{k+\sqrt{k+\sqrt{k}}}/(k+(k+k^2)^2)^2$ maka mudah untuk melihatnya $0\leqslant a_k\leqslant k^{-2}$ untuk setiap $k\in \mathbb N $, dan sebagainya

$$ 0\leqslant s_n\leqslant \sum_{k=1}^n k^{-2}\quad \text{ for each }n\in \mathbb N \\ \text{ and }\quad \sum_{k=1}^n k^{-2}\leqslant \sum_{k=1}^\infty k^{-2}=\frac{\pi ^2}{6}\quad \text{ for each }n\in \mathbb N \\ \text{ therefore }\quad 0\leqslant s_n\leqslant \frac{\pi ^2}{6}\quad \text{ for each }n\in \mathbb N $$

$\Box$