Kryterium zbie»no±ci Javier de Lucas Zadanie 1. Zbada¢ zbie»no±¢ szeregu:

Kryterium zbie»no±ci Javier de Lucas Zadanie 1. Zbada¢ zbie»no±¢ szeregu:

∞

X

n=1



1 − n sin 1 n

 α

, α ∈ R. (1.1)

Rozwiazanie: Szereg zbie»ny P _n a _n speªnia warunek konieczny lim n→+∞ a _n = 0 . W na- szym przypadku, wida¢, »e szereg (1.1) nie speªnia warunku koniecznego dla α = 0:

n→+∞ lim a _n = lim

n→+∞



1 − n sin 1 n

 0

= 1 6= 0.

Natomiast, dla α 6= 0 mamy, »e skoro funkcja wykªadnicza jest ciagªa

n→+∞ lim a _n = lim

n→+∞



1 − n sin 1 n

 α

=



n→+∞ lim



1 − n sin 1 n

 α

=



1 − lim

n→+∞

sin ¹ _n

1 n

 ^α . Teraz mo»emy pamieta¢ denicje Heiniego granicy funkcji

x→x lim

f (x) = b ⇔ (x _n ^n→+∞ → x ₀ i x _n 6= x ₀ ∀n ∈ N ⇒ f(x n ) ^n→+∞ → b).

Korzystajac z tego, wida¢, »e z

x→0 lim sin x

x = 1 i x n = 1/n ^n→+∞ → 0 wynika, »e

n→+∞ lim

sin _n ¹

1 n

= 1.

Zatem

n→+∞ lim



1 − n sin 1 n

 α

= (1 − 1) ^α = 0 dla α 6= 0.

Teraz sprawdzamy czy szereg (1.1) jest rozbie»ny za pomoca kryterium porównaw- czego. Przypominamy, »e kryterium porównawczne w postaci granicznej mówi, »e dane szeregi P _n a _n i P _n b _n o wyrazach nieujemnych, to je»eli

0 < lim a _n

b < ∞

to P _n a _n i P _n b _n maja taki sam charakter, czyli albo sa jednocze±nie zbie»ne albo jed- nocz±nie rozbie»ne.

W naszym przypadku, porównamy (1.1) z szeregiem P _n 1/n ^2α . Zatem, mamy obli- czy¢

n→+∞ lim

1 − n sin ¹ _n  α 1 n

. Skoro funkcja wykªadniczna jest ciagªa, to

n→+∞ lim

1 − n sin ¹ _n  α 1 n

=



n→+∞ lim

1 − n sin ¹ _n

1 n

 ^α .

Korzystajac z denicji Heiniego granicy funkcji i skoro 1/n → 0, to mo»emy obliczy¢

poprzednia granice obliczajac nastepujaca granice (przez Taylor)

x→0 lim

1 − ^{sin x} _x x ² = lim

x→0

1 − ^x−x _x

^/3!

x ² = 1 6 . Skoro x n = 1/n ^n→+∞ → 0 i x n 6= 0 , z tego wynika, »e

n→+∞ lim

1 − n sin _n ¹  α 1 n

= 1 6

i nasz szereg (1.1) i P _n 1/n ^2α maja taki sam charakter. Zatem, skoro P _n 1/n ^2α jest szeregiem harmonicznym rzedu 2α, to dla 2α ≤ 1 jest ro»bie»ny i dla 2α > 1 zbie»ny.

Tak samo dla (1.1). 

Zadanie 2. Zbada¢ zbie»no±¢ szeregu:

∞

X

n=1

h √

a − √

b i

, a, b > 0. (2.1)

Rozwiazanie: Wida¢, »e

n→+∞ lim a ^1/n − b ^1/n = 1 − 1 = 0.

Zatem, ten szereg speªnia warunek konieczny zbie»no±ci. Aby sprawdzi¢. czy ten szereg jest zbie»ny, korzystamy z kryterium porównawczego. Mamy, »e

lim a ^x − b ^x

= lim ln(a)a ^x − ln(b)b ^x = ln a

.

Z denicji Heiniego i poprzedniej granicy ªatwo wynika, »e

n→+∞ lim

a ^1/n − b ^1/n

1/n = ln a b .

Zatem, nasz szereg i P _n 1/n maja taki sam charakter. Skoro P _n 1/n jest rozbie»ny, to (2.1) jest rozbie»ny.



Zadanie 3. Obliczy¢ promie« zbie»no±ci szeregu i zbada¢ jego zbie»no±¢ na kra«cach przedziaªu zbie»no±ci:

a)

∞

X

n=1

x ⁿ

√ n , b)

∞

X

n=1

x ⁿ

n5 ⁿ , c)

∞

X

n=1

3 ⁿ n + 1 x ⁿ ,

d)

∞

X

n=1

n ²

3 ⁿ 4 ⁿ⁺¹ x ⁿ , e)

∞

X

n=1

√ n!

10 ⁿ x ⁿ , f )

∞

X

n=1

cos(n)x ⁿ . Rozwiazanie: Deniuje sie promie« zbie»no±ci szeregu P _n a _n (x − x ₀ ) ⁿ jako

R = 1

lim sup _n→+∞ |a _n | ^1/n albo równowa»nie

R = 1

lim sup _n→+∞ ^|a _|a

^|

n

|

.

Ogólnie (nie zawsze), korzystamy z pierwszej denicji kiedy a n ma potegi do n'ej i z drugiej kiedy pojawiaja sie liczby n! Warto pamietac, »e je»eli istnieje lim n→+∞ |a _n | , to lim sup _n→+∞ |a _n | = lim _n→+∞ |a _n | . Kiedy lim sup n→+∞ |a _n | ^1/n = 0 , to R = +∞.

Promie« zbie»no±ci pozwala nam zagwarantowa¢, »e szereg jest zbie»ny dla x ∈ (x 0 − R, x 0 + R) . Dla x = x 0 ± R , trzeba osobno ustali¢ czy szereg jest zbie»ny czy rozbie»ny.

Dla

a)

∞

X

n=1

x ⁿ

√ n mamy, »e

1 lim n→+∞ |1/ √

n| ^1/n = 1

lim n→+∞ 1/n ^1/2n = 1.

Zatem, skoro poprzednia granica istnieje, to granica górna te» i sa sobie równe. Wów- czas,

R = 1

lim sup _n→+∞ |1/ √

n| ^1/n = 1

lim _n→+∞ 1/n ^1/2n = 1.

Wiec, szereg jest zbie»ny dla x ∈ (−1, 1). Dla x = 1 szereg ma posta¢

∞

X

n=1

√ 1 n .

To szereg harmoniczny rzedu 1/2, wiec rozbie»ny. Dla x = −1 mamy szereg

∞

X

n=1

(−1) ⁿ

√ n .

Na mocy kryterium Leibniza, taki szereg jest zbie»ny (warunkowo).

Dla

b)

∞

X

n=1

x ⁿ n5 ⁿ mamy, »e

1

lim _n→+∞ 1/(n5 ⁿ ) ^1/n = 1

lim _n→+∞ 1/(n ^1/n 5) = 5.

Wiec,

R = 1

lim sup _n→+∞ 1/(n5 ⁿ ) ^1/n = 1

lim _n→+∞ 1/(n ^1/n 5) = 5.

Zatem, szereg jest zbie»ny dla x ∈ (−5, 5). Dla x = 5 szereg ma posta¢

∞

X

n=1

1 n .

To szereg harmoniczny, wie¢ rozbie»ny. Dla x = −5 mamy, szereg P ^∞ _n=1 (−1) ⁿ /n . Na mocy kryterium Leibniza, taki szereg jest zbie»ny (warunkowo zbie»ny).

Analizujemy

c)

∞

X

n=1

3 ⁿ

n + 1 x ⁿ .

Skoro a n ma posta¢ z liczbami do n'ej, korzystamy z denicji

R = 1

lim sup _n→+∞ |a _n | ^1/n Teraz

1

lim _n→+∞ |a _n | ^1/n = 1

lim _n→+∞ 3/(n + 1) ^1/n = 1 3 .

Gdzie zauwa»yli±my, .ze 1 = lim n→+∞ (n) ^1/n ≤ lim n→+∞ (n + 1) ^1/n ≤ lim n→+∞ (2n) ^1/n = 1 .

Zatem

1

lim sup _n→+∞ |a _n | ^1/n = 1

lim _n→+∞ 3/(n + 1) ^1/n = 1 3 .

Wiec, szereg jest zbie»ny dla x ∈ (−1/3, 1/3). Dla x = 1/3 szereg ma posta¢

∞

X

n=1

1 n + 1 .

To uogólniony szereg harmoniczny, czyli ma posta¢ P _n 1/(an + b) dla a 6= 0, wiec rozbie»ny. Dodatkowo, korzystajac z kryterium porównawczego, to

n→+∞ lim

1/n

1/(n + 1) = 1.

Zatem, skoro P _n 1/n jest rozbie»ny, to P _n 1/(n + 1) jest rozbie»ny.

Dla x = −1/3 mamy szereg

∞

X

n=1

(−1) ⁿ n + 1 .

Na mocy kryterium Leibniza, taki szereg jest zbie»ny (warunkowo).

Teraz analizujemy

d)

∞

X

n=1

n ² 3 ⁿ 4 ⁿ⁺¹ x ⁿ

Skoro a n ma posta¢ z liczbami do n'ej, korzystamy z denicji

R = 1

lim sup _n→+∞ |a _n | ^1/n

Zatem, 1

lim _n→+∞ |a _n | ^1/n = 1

lim _n→+∞ n ^2/n /(3 ⁿ 4 ⁿ⁺¹ ) ^1/n = 1

lim _n→+∞ n ^2/n /(3 · 4 ^1+1/n ) = 12.

i

R = 1

lim sup _n→+∞ |a _n | ^1/n = 1

lim _n→+∞ |a _n | ^1/n = 12.

Wiec, szereg jest zbie»ny dla x ∈ (−12, 12). Dla x = 12 szereg ma posta¢

∞

X

n=1

n ² 4 . To szereg harmoniczny rzedu -2, wiec rozbie»ny.

Dla x = −12 otrzymamy szereg

∞

X

n=1

(−1) ⁿ n ²

4 .

Na mocy kryterium Leibniza, taki szereg jest zbie»ny (warunkowo).

Rozwiazujemy teraz

e)

∞

X

n=1

√ n!

10 ⁿ x ⁿ .

Poniewa» a n ma posta¢ z liczbami do n'ej, korzystamy z denicji

R = 1

lim sup _n→+∞ |a _n | ^1/n . Zatem, korzystajac z wzoru Stirlinga n! ' n ⁿ e ⁻ⁿ √

2πn mamy, »e 1

lim _n→+∞ |a _n | ^1/n = 1 lim _n→+∞

 √

n

e

√ 2πn 10

 1/n = 10

lim _n→+∞ p

ne ⁻¹

√ 2πn

= 0.

Wiec,

R = 1

lim sup _n→+∞ |a n | ^1/n = 1

lim n→+∞ |a n | ^1/n = 0

i szereg jest rozbie»ny dla dowolnego x 6= 0. Szereg tylko mo»na sumowa¢ dla x = 0. 

Zadanie 4. Obliczy¢ promie« zbie»no±ci szeregów:

∞

X

n=0

n ⁿ n! x ²ⁿ⁺¹ ,

∞

X

n=0

2 ²ⁿ (3x − 4) ²ⁿ⁺¹ ,

∞

X

n=0

(2x + 2) ³ⁿ 1 + n ² .

Rozwiazanie: Dla pierwszego szeregu i korzystajac z wzoru Stirlinga, n! ' n ⁿ e ⁻ⁿ √ 2πn , otrzymamy, »e

( lim

n→+∞ |a _2n+1 | ^1/(2n+1) ) ⁻¹ = lim

n→+∞

2n+1

r n ⁿ n!

! −1

=



n→+∞ lim

2n+1

r n ⁿ

n ⁿ e ⁻ⁿ √ 2πn

 ⁻¹

=



n→+∞ lim

e ^1/2

4n+2

√ 2πn

 ⁻¹

= 1

√ e i

R = (lim sup _n→+∞ |a n | ^1/n ) ⁻¹ = ( lim

n→+∞ |a 2n+1 | ^1/(2n+1) ) ⁻¹ = 1

√ e . Teraz mamy obliczy¢ promie« zbie»no±ci szeregu

∞

X

n=0

2 ²ⁿ (3x − 4) ²ⁿ⁺¹ .

W tym przypadku, trzeba wprowadzi¢ takie wyra»enie do postaci P _n a _n (x − x ₀ ) ⁿ , czyli

∞

X

n=0

2 ²ⁿ (3x − 4) ²ⁿ⁺¹ =

∞

X

n=0

3 · 6 ²ⁿ (x − 4/3) ²ⁿ⁺¹ . Rozwiazywajac mamy, »e

( lim

n→+∞ |a 2n+1 | ^1/(2n+1) ) ⁻¹ =



n→+∞ lim

2n+1

√ 3 · 6 ²ⁿ

 −1

= 1 6 i

R = (lim sup _n→+∞ |a _n | ^1/n ) ⁻¹ =



n→+∞ lim

2n+1

√ 3 · 6 ²ⁿ

 −1

= 1 6 . Teraz mamy obliczy¢ promie« zbie»no±ci szeregu

∞

X

n=0

(2x + 2) ³ⁿ

1 + n ² .

W tym przypadku, trzeba wprowadzi¢ takie wyra»enie do postaci P _n a _n (x − x ₀ ) ⁿ , czyli

∞

X

n=0

2 ³ⁿ (x + 1) ³ⁿ 1 + n ² . Rowiazujac, to mamy, »e

( lim

n→+∞ |a _3n | ^1/(3n) ) ⁻¹ =



n→+∞ lim

3n

p

2 ³ⁿ /(1 + n ² )

 −1

= 1 2 i

R = (lim sup _n→+∞ |a _n | ^1/n ) ⁻¹ = ( lim

n→+∞ |a _3n | ^1/(3n) ) ⁻¹ = 1 2 .



Zadanie 5. Korzystaj¡c z rozwiniecia f(x) = arctg x w szereg Taylora znale¹¢ sum¦

szeregu:

∞

X

n=0

(−1) ⁿ 1 2n + 1 . Rozwiazanie: Wiemy, »e

df

dx = 1 1 + x ² . Dla x < 1 i y ≡ −x ² , wiemy, »e

1

1 + x ² = 1 1 − y =

∞

X

n=0

y ⁿ =

∞

X

n=0

(−1) ⁿ x ²ⁿ .

Zatem, prawa strona to szereg Taylora funkcji g(x) = (1+x ² ) ⁻¹ . Caªka prawej strony bedzie szeregiem Taylora dla f(x):

f (x) =

∞

X

n=0

(−1) ⁿ

2n + 1 x ²ⁿ⁺¹ + C,

gdzie C trzeba ustali¢ przypominajac, »e f(0) = C = 0. Wówczas,

f (x) =

∞

X

n=0

(−1) ⁿ 2n + 1 x ²ⁿ⁺¹ .

Wreszcie _∞

X

n=0

(−1) ⁿ 1

2n + 1 = f (1) = arc tan1 = π 4 .



Zadanie 6. Korzystaj¡c z rozwiniecia funkcji sin x oraz cos x w szereg Taylora znale¹¢

sum¦ szeregu:

∞

X

n=0

(−1) ⁿ n (2n + 1)! .

Rozwiazanie: Mamy, »e szereg Taylora sinusa i cosinusa maja posta¢

sin x =

∞

X

n=0

(−1) ⁿ x ²ⁿ⁺¹

(2n + 1)! , cos x =

∞

X

n=0

(−1) ⁿ x ²ⁿ (2n)! . Wida¢, »e

− sin x+x cos x = −

∞

X

n=0

(−1) ⁿ x ²ⁿ⁺¹ (2n + 1)! +x

∞

X

n=0

(−1) ⁿ x ²ⁿ (2n)! =

∞

X

n=1

(−1) ⁿ x ²ⁿ⁺¹ (2n)!



− 1

2n + 1 + 1

 . Z tego wynika, »e

1

2 (− sin x + x cos x) =

∞

X

n=1

(−1) ⁿ nx ²ⁿ⁺¹ (2n + 1)! .

Zatem _∞

X

n=0

(−1) ⁿ n (2n + 1)! = 1

2 (cos 1 − sin 1).