Suponha que... Então a série... converge se, e somente se, a série...
02 mar 2016, 02:19
Olá, gente. Tudo bem?
Podem me ajudar na resolução da questão abaixo?
Podem me ajudar na resolução da questão abaixo?
- Anexos
-
Re: Suponha que... Então a série... converge se, e somente se, a série...
02 mar 2016, 23:40
Escreva \(a_{n} := \frac{1}{n \cdot (log n )^r }\) para \(n = 2 , 3 , 4, 5 \dots\) . Claramente \((a_n)\) é uma sequencia de termos positivos ...Temos que checar se a mesma é não-crescente .Para tal , fixamos um número natural arbitrário \(n > 1\) e mostramos que \(a_n \geq a_{n+1}\) . Usando o fato que a função log é crescente ganhamos o seguinte : \(log(n+1) > log ( n ) > 0 (*)\) . Note que a função \(f: x \in (0, +\infty) \mapsto x^r \in (0, +\infty)\) é crescente (Uma forma elementar de notar isto é que tal aplicação pode ser escrita como composição de duas funções crescentes que justifica a mesma ser crescente ) .De (*) temos
\((log(n+1))^r = f( log(n+1)) > f(log n) = (log n)^r\) o que implica que \((n+1) log(n+1))^r > (n+1) (log n )^r > ....\) Conclua esta parte .
Next ,trocando \(n\) por \(2^k\) : \(a_{2^k} = \frac{1}{2^k (log(2^k))^r } \equiv \frac{1}{2^k } \cdot \frac{1}{(log 2)^r } \cdot \frac{1}{2^k}\) sse \(2^k a_{2^k} = \frac{1}{(log 2)^r } \cdot \frac{1}{2^k}\) .A parti daí é fácil prosseguir ..
\((log(n+1))^r = f( log(n+1)) > f(log n) = (log n)^r\) o que implica que \((n+1) log(n+1))^r > (n+1) (log n )^r > ....\) Conclua esta parte .
Next ,trocando \(n\) por \(2^k\) : \(a_{2^k} = \frac{1}{2^k (log(2^k))^r } \equiv \frac{1}{2^k } \cdot \frac{1}{(log 2)^r } \cdot \frac{1}{2^k}\) sse \(2^k a_{2^k} = \frac{1}{(log 2)^r } \cdot \frac{1}{2^k}\) .A parti daí é fácil prosseguir ..
Re: Suponha que... Então a série... converge se, e somente se, a série...
03 mar 2016, 00:13
Olá, santhiago.
Obrigado pela ajuda.
Estou começando agora a aprender esse assunto e estou com muitas dúvidas.
Pode terminar essa questão para que eu possa utilizar de base para resolver outros exercícios?
Agradeço muitíssimo.
Quito.
Obrigado pela ajuda.
Estou começando agora a aprender esse assunto e estou com muitas dúvidas.
Pode terminar essa questão para que eu possa utilizar de base para resolver outros exercícios?
Agradeço muitíssimo.
Quito.
Re: Suponha que... Então a série... converge se, e somente se, a série... [resolvida]
03 mar 2016, 01:20
Basta notar que \(\sum \frac{1}{2^k}\) é uma série geométrica de razão \(1/2\) pelo que converge o que acarreta que \(\sum_{k=1}^{+\infty} 2^k a_{2^k} = \frac{1}{(log 2) ^r } \sum_{k=1}^{+\infty} \frac{1}{2^k }\) converge .
(P.S..: Dados um número real não nulo \(a ,b\) .. Chamamos a sequencia \((b,ba,ba^2,ba^3, \dots , ba^n , \dots )\) de progressão geométrica de razão \(a\) ( o numero que tu multiplica o termo anterior para obter o sucessor ) ..As somas parciais destes termos definem uma nova sequência cujo o limite é chamado de série geométrica de raio/razão \(a\) . Este tipo de série sempre converge quando a razão em módulo for menor que 1 . Com estas notações , podemos escrever então \(\sum ba^k\) converge se e somente se \(|a| < 1\) . A justificativa de tal fato acima ocorrer segue de determinar uma fórmula explicita para a soma parcial de ordem n e passar ao limite com \(n \to +\infty\) )
(P.S..: Dados um número real não nulo \(a ,b\) .. Chamamos a sequencia \((b,ba,ba^2,ba^3, \dots , ba^n , \dots )\) de progressão geométrica de razão \(a\) ( o numero que tu multiplica o termo anterior para obter o sucessor ) ..As somas parciais destes termos definem uma nova sequência cujo o limite é chamado de série geométrica de raio/razão \(a\) . Este tipo de série sempre converge quando a razão em módulo for menor que 1 . Com estas notações , podemos escrever então \(\sum ba^k\) converge se e somente se \(|a| < 1\) . A justificativa de tal fato acima ocorrer segue de determinar uma fórmula explicita para a soma parcial de ordem n e passar ao limite com \(n \to +\infty\) )