Szeregi liczbowe — kompletna ściąga

Definicje, twierdzenia, wszystkie kryteria zbieżności, typowe błędy i przykłady. Wszystko usystematyzowane.

1 Podstawowe pojęcia

Definicja — szereg

Dla ciągu \(a_1,a_2,\dots,a_n,\dots\) tworzymy sumy częściowe:

\[ S_n=a_1+a_2+\dots+a_n=\sum_{k=1}^{n}a_k. \]

Dla ustalonego \(n_0\in\mathbb{Z}\) szeregiem nazywamy obiekt \(\displaystyle\sum_{k=n_0}^{\infty}a_k\), a jego sumą — granicę (o ile istnieje):

\[ S=\sum_{k=n_0}^{\infty}a_k=\lim_{n\to\infty}S_n=\lim_{n\to\infty}\sum_{k=n_0}^{n}a_k. \]

\(S_n\) — \(n\)-ta suma częściowa szeregu,
\(a_n\) — \(n\)-ty wyraz ogólny szeregu.

Terminologia jest taka sama jak dla ciągów.

Trzy przypadki

zbieżny

\(S\) jest liczbą. Szereg jest zbieżny (do \(S\)).

rozbieżny do ∞

\(S=\infty\) lub \(S=-\infty\). Szereg jest rozbieżny (do \(\pm\infty\)).

rozbieżny

\(\lim_{n\to\infty}S_n\) nie istnieje. Szereg jest rozbieżny.

Przykłady

\(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{2^n}=1\) — zbieżny,
\(\displaystyle\sum_{n=2}^{\infty}\frac1{n}=\infty\) — rozbieżny do \(\infty\),
\(\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n=1-1+1-1+\dots\) — rozbieżny (granica nie istnieje).

Zmiana wskaźnika początkowego

Każdy szereg startujący od \(n_0\in\mathbb{Z}\) można przekształcić tak, aby zaczynał się od \(1\):

\[ \sum_{n=n_0}^{\infty}a_n=\sum_{n=1}^{\infty}a_{n+n_0-1}. \]

2 Szeregi o znanej (obliczalnej) sumie

Dokładne obliczenie sumy jest zwykle trudne lub niemożliwe (trzeba znać wzór na \(S_n\)). Istnieją jednak szczególne przypadki.

2.1 Szereg geometryczny

Twierdzenie

\(a_n=a_1\cdot q^{\,n-1}\) (iloraz \(q\), bo \(a_{n+1}=a_n\cdot q\)). Wtedy

\[ S_n=a_1\cdot\frac{1-q^{\,n}}{1-q}\;(q\neq1),\qquad S_n=n\,a_1\;(q=1). \]

Dla \(a_1\neq0\):

Warunek	Zachowanie
\(-1	zbieżny, \(\displaystyle S=\frac{a_1}{1-q}\)
\(q\ge 1\)	rozbieżny do \(\pm\infty\) (znak \(=\) znak \(a_1\))
\(q\le -1\)	rozbieżny

Przykład \[ \sum_{n=1}^{\infty}\frac1{2^n}=\frac{\tfrac12}{1-\tfrac12}=1,\qquad a_1=q=\tfrac12. \]

2.2 Szeregi teleskopowe

Definicja

Wyraz ogólny ma postać różnicy:

\[ a_n=f(n+1)-f(n)\quad\text{lub}\quad a_n=f(n)-f(n+1), \]

a ogólniej \(a_n=f(n+k)-f(n)\), gdzie \(k\in\mathbb{N}_+\) to krok. Wyrazy wewnętrzne się redukują:

\[ S_n=f(1)-f(n+1)\quad(\text{dla }a_n=f(n)-f(n+1)). \]

Jeśli istnieje \(L=\lim_{x\to\infty}f(x)\), to \(\displaystyle S=f(1)-L\).

Przykład

Rozkład na ułamki proste: \(\dfrac{1}{n^2+n}=\dfrac1{n(n+1)}=\dfrac1n-\dfrac1{n+1}\), więc

\[ S_n=1-\frac1{n+1}\ \Longrightarrow\ \sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^2+n}=1. \]

2.3 Szereg \(p\) (szereg Dirichleta)

Twierdzenie

Dla \(n_0\in\mathbb{N}_+\) i \(p\in\mathbb{R}\):

\[ \sum_{n=n_0}^{\infty}\frac1{n^{p}}\ \begin{cases}\text{zbieżny} & p>1,\\[4pt]\text{rozbieżny do }\infty & p\le 1.\end{cases} \]

To kluczowy szereg porównawczy. W szczególności \(\sum\frac1n\) (szereg harmoniczny, \(p=1\)) jest rozbieżny.

3 Własności szeregów zbieżnych

Liniowość

Jeśli \(\sum a_n\) i \(\sum b_n\) są zbieżne, to zbieżne są też \(\sum(a_n\pm b_n)\) oraz \(\sum(c\,a_n)\), \(c\in\mathbb{R}\), i:

\[ \sum_{n=n_0}^{\infty}(a_n\pm b_n)=\sum a_n\pm\sum b_n,\qquad \sum_{n=n_0}^{\infty}(c\,a_n)=c\sum a_n. \]

Reguły działają też dla granic nieskończonych, o ile nie powstaje wyrażenie nieoznaczone. Jeśli \(\sum a_n=\sum b_n=\infty\), to \(\sum(a_n-b_n)\) może być zbieżny lub rozbieżny — równość \(\sum(a_n-b_n)=\sum a_n-\sum b_n\) nie ma sensu (\(\infty-\infty\)).

Wpływ wskaźnika początkowego \(n_0\)

Wartość \(n_0\) nie wpływa na zbieżność/rozbieżność (ale wpływa na sumę). Np. \(\sum_{n=1}^{\infty}a_n\) i \(\sum_{n=100}^{\infty}a_n\) są albo oba zbieżne, albo oba rozbieżne.

Wniosek: pierwsze kilka wyrazów (ani kilka pierwszych sum częściowych) nic nie mówi o zbieżności.

Częsty błąd

„Liczymy \(S_1,\dots,S_5\). Ciąg jest malejący i dodatni, więc zbieżny, więc szereg jest zbieżny.” GAME OVER. Skończona liczba wyrazów nic nie przesądza.

4 Kryteria zbieżności najważniejsze

Jak czytać kryteria

Kryterium to warunek wystarczający w formie implikacji, a nie równoważności:

warunki spełnione \(\Rightarrow\) szereg zbieżny / rozbieżny,
warunki niespełnione \(\Rightarrow\) nic nie wiemy (przypadek nierozstrzygający).

„Zbadać zbieżność” = sprawdzić, czy suma jest skończona, czy nie. Jeśli nie jest skończona, oddzielnym problemem jest, czy w ogóle istnieje.

Schemat postępowania

Zawsze najpierw — warunek konieczny. Jeśli \(\lim a_n\neq0\) → szereg rozbieżny, koniec. Jeśli \(\lim a_n=0\) → idź dalej.

Spójrz na postać \(a_n\) i dobierz kryterium (gotowa tabela w sekcji 7): ułamki potęg → porównawcze/ilorazowe; \(n!\) lub \(a^n\) → d'Alembert; \((\dots)^n\) → Cauchy; \(\ln n\) → porównawcze/całkowe.

Znaki zmienne (np. \((-1)^n\))? Najpierw sprawdź zbieżność bezwzględną \(\sum|a_n|\); jeśli zawodzi — kryterium Leibniza (sekcja 6).

0 Warunek konieczny zbieżnościbrama wejściowa — sprawdzaj zawsze dowolne \(a_n\)

Kiedyzawsze, jako pierwszy krok

Co liczymy\(\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n\)

Wniosek\(\neq0\Rightarrow\) rozbieżny; \(=0\Rightarrow\) nic nie wiemy

Twierdzenie \[ \sum_{n=n_0}^{\infty}a_n \text{ zbieżny}\ \Longrightarrow\ \lim_{n\to\infty}a_n=0. \]

Dowód: \(a_n=S_n-S_{n-1}\to S-S=0\).

W praktyce (kontrapozycja): jeśli \(\lim a_n\neq 0\), to szereg nie jest zbieżny. Ponadto \(\lim a_n>0\Rightarrow\sum a_n=\infty\), a \(\lim a_n<0\Rightarrow\sum a_n=-\infty\).

Częsty błąd — to TYLKO implikacja!

„\(\lim a_n=0\), więc szereg zbieżny.” GAME OVER. Gdy \(\lim a_n=0\), nie wiemy nic. Np. wszystkie szeregi \(p\) mają \(\lim\frac1{n^p}=0\), a część jest zbieżna, część nie.

Nie są zbieżne np.: \(\sum 1\), \(\sum(n^2+2n)\), \(\sum\frac{n+1}{n+2}\), \(\sum(1+\frac1n)^n\), \(\sum(-1)^n\), \(\sum\sin n\).

Ważny przypadek — szeregi o wyrazach nieujemnych

Gdy \(a_n\ge 0\), ciąg \(S_n\) jest niemalejący, więc granica \(\sum a_n=\lim S_n\) zawsze istnieje (liczba lub \(\infty\)). Zatem brak zbieżności = rozbieżność do \(\infty\). Analogicznie dla \(a_n\le 0\) (zbieżny lub do \(-\infty\)).

Dla takich szeregów mamy dodatkowo kryterium porównawcze i ilorazowe.

1 Kryterium porównawczekryterium porównawcze \(a_n\ge0\)

Kiedy\(a_n\ge0\), gdy umiesz oszacować nierównością

Co liczymynierówność \(0\le a_n\le b_n\) lub \(0\le b_n\le a_n\)

Wniosekwiększy zbieżny ⟹ mniejszy zbieżny; mniejszy rozbieżny ⟹ większy rozbieżny

Twierdzenie — cztery przypadki (dla \(n\ge k\ge n_0\))

#	Założenie	Wniosek
1 ✓	\(0\le a_n\le b_n\) i \(\sum b_n\) zbieżny	\(\sum a_n\) zbieżny, \(0\le\sum a_n\le\sum b_n\)
2 ✓	\(0\le b_n\le a_n\) i \(\sum b_n=\infty\)	\(\sum a_n\) rozbieżny (do \(\infty\))
3 ✗	\(0\le a_n\le b_n\), ale \(\sum b_n\) rozbieżny	nic nie wiemy
4 ✗	\(0\le b_n\le a_n\), ale \(\sum b_n\) zbieżny	nic nie wiemy

\(\sum a_n\) — szereg badany, \(\sum b_n\) — „nasz”. Zwykle porównujemy z \(\sum q^n\) lub \(\sum\frac1{n^p}\). Dla \(a_n\) w postaci ułamka bierzemy \(b_n=C\cdot\) (iloraz najwyższych potęg licznika i mianownika \(a_n\)).

Wskazówki

Zawsze sprawdź nierówność (z trzecim składnikiem \(0\) — jak w tw. o trzech ciągach).
Pilnuj, by nie wpaść w przypadek nierozstrzygający (3 lub 4) — wtedy trzeba zaczynać od nowa.
Iloraz najwyższych potęg pozwala przewidzieć wynik i dobrać dobrą nierówność.

Przykład

\(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2n\cdot3^{n}+1}{n\sqrt n\cdot3^{n}+2n+5}\). Iloraz najwyższych potęg \(=\frac{n\cdot3^n}{n\sqrt n\cdot3^n}=\frac1{\sqrt n}\), a \(\sum\frac1{\sqrt n}\) rozbieżny (\(p=\tfrac12\le1\)) — celujemy w przypadek 2. Zmniejszając licznik i zwiększając mianownik:

\[ \frac{2n\cdot3^{n}+1}{n\sqrt n\cdot3^{n}+2n+5}\ge\frac{2n\cdot3^n}{3n\sqrt n\cdot3^n}=\frac23\cdot\frac1{\sqrt n}\ge0, \]

a \(\sum\frac23\cdot\frac1{\sqrt n}=\infty\), więc szereg jest rozbieżny.

Częste błędy

Wniosek z przypadku nierozstrzygającego: „\(0\le\frac1{n+\sqrt n}\le\frac1n\) i \(\sum\frac1n\) rozbieżny, więc \(\sum\frac1{n+\sqrt n}\) rozbieżny.” GAME OVER — to przypadek 3.

Mylenie szeregu z ciągiem: „\(\frac1n\) rozbieżny, więc \(\frac1{n+\sqrt n}\) rozbieżny.” Ciąg \(\frac1n\) jest zbieżny (do 0)! O szeregu trzeba pisać \(\sum\) lub słowo „szereg”.

2 Kryterium ilorazowegraniczne porównawcze · kryterium ilorazowe \(a_n,b_n>0\)

Kiedy\(a_n,b_n>0\); wygodne gdy umiesz liczyć granice

Co liczymy\(\displaystyle g=\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{b_n}\)

Wniosek\(g\in(0,\infty)\Rightarrow\) oba zbieżne albo oba rozbieżne

Twierdzenie

Niech \(a_n,b_n>0\) dla \(n\ge n_0\). Jeśli

\[ \lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{b_n}\in(0,\infty)\quad(\text{liczba dodatnia}), \]

to oba szeregi są zbieżne, albo oba rozbieżne do \(\infty\).

Uwagi

\(b_n\) budujemy tak jak w kryterium porównawczym.
Brak problemu z nierównościami i przypadkami wątpliwymi 🙂, ale potrzebna sprawność w granicach.
Granica musi być w \((0,\infty)\) — nie \(0\) ani \(\infty\).
Konieczny wniosek: „granica jest liczbą dodatnią, więc oba zbieżne / oba rozbieżne”. Samo \(\lim\frac{a_n}{b_n}>0\) nie wystarcza (bo \(\infty>0\) też).
Gdy \(\lim\frac{a_n}{b_n}=0\) ⟹ \(0\le a_n\le b_n\); gdy \(=\infty\) ⟹ \(0\le b_n\le a_n\) — wtedy kryterium ilorazowe przechodzi w porównawcze (z tymi samymi przypadkami nierozstrzygającymi).
Bywa wygodniejsze niż porównawcze, ale węższe — czasem porównawcze działa, a granica ilorazu nie istnieje, np. \(\sum\frac{2+\sin n}{n}\).

Przykład — funkcje złożone \(f(b_n)\)

Gdy \(a_n=f(b_n)\), \(b_n\to0^+\), \(\lim_{x\to0^+}f(x)=0^+\), bierzemy szereg funkcji wewnętrznej \(\sum b_n\) i liczymy

\[ \lim_{n\to\infty}\frac{f(b_n)}{b_n}=\lim_{x\to0^+}\frac{f(x)}{x}. \]

Np. \(\sum(\sqrt[n]2-1)=\sum(2^{1/n}-1)\), \(b_n=\frac1n\):

\[ \lim_{n\to\infty}\frac{2^{1/n}-1}{1/n}=\lim_{x\to0^+}\frac{2^{x}-1}{x}=\ln2>0. \]

Skoro \(\sum\frac1n=\infty\), to \(\sum(\sqrt[n]2-1)=\infty\).

Częsty błąd

Użycie przybliżenia \(\approx\) zamiast nierówności / granicy: „dla dużych \(n\): \(\arctan\frac1{n^2}\approx\frac1{n^2}\), a \(\sum\frac1{n^2}\) zbieżny, więc…”. GAME OVER — równie dobrze \(\arctan\frac1{n^2}\approx\frac1n\approx\frac1{\sqrt n}\) (wszystkie bliskie 0). Trzeba użyć właściwego kryterium.

3 Kryterium Cauchy'ego (pierwiastkowe)kryterium Cauchy'ego dowolne \(a_n\)

Kiedydowolne \(a_n\); zwłaszcza wyraz typu \((\dots)^n\)

Co liczymy\(\displaystyle q=\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{|a_n|}\)

Wniosek\(q<1\) zbieżny · \(q>1\) rozbieżny · \(q=1\) nic nie wiemy

Twierdzenie

Gdy istnieje \(q=\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{|a_n|}\):

\(0\le q<1\)	zbieżny (nawet bezwzględnie)
\(q>1\)	rozbieżny
\(q=1\)	nic nie wiemy

Przykład

\(\displaystyle\sum\Big(2\arcsin\tfrac{1-n}{2n+1}\Big)^n\): \(\sqrt[n]{|a_n|}=\big|2\arcsin\tfrac{1-n}{2n+1}\big|\to\big|2\arcsin(-\tfrac12)\big|=\frac{\pi}{3}>1\) — rozbieżny.

4 Kryterium d'Alemberta (ilorazu)kryterium d'Alemberta · stosunkowe dowolne \(a_n\)

Kiedydowolne \(a_n\); zwłaszcza \(n!\), \(a^n\)

Co liczymy\(\displaystyle q=\lim_{n\to\infty}\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|\)

Wniosek\(q<1\) zbieżny · \(q>1\) rozbieżny · \(q=1\) nic nie wiemy

Twierdzenie

Gdy istnieje \(q=\lim_{n\to\infty}\left|\dfrac{a_{n+1}}{a_n}\right|\): te same trzy przypadki co w kryterium pierwiastkowym (\(q<1\) zbieżny, \(q>1\) rozbieżny, \(q=1\) nic nie wiemy).

Uwagi wspólne (Cauchy ⟷ d'Alembert)

Działają dla dowolnych wyrazów. \(q\) nie może być ujemne (ujemne = brak wartości bezwzględnej).
Dla szeregów \(\sum\frac1{n^p}\) zawsze \(q=1\) — kryteria nic nie dają.
Przydatne granice: \(\lim\sqrt[n]{n^p}=1\); jeśli \(\lim a_n>0\), to \(\lim\sqrt[n]{a_n}=1\); \(\lim\sqrt[n]{n!}=\infty\), dokładniej \(\lim\frac{\sqrt[n]{n!}}{n}=\frac1e\).
d'Alembert \(\Rightarrow\) Cauchy: jeśli \(\lim\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|=q\), to także \(\lim\sqrt[n]{|a_n|}=q\). Odwrotnie — nie (istnieją \(a_n\), dla których pierwiastkowe daje \(q\), a granica ilorazu nie istnieje).

Przykład

\(\displaystyle\sum\frac{20^n}{n!}\): \(q=\lim\frac{20^{n+1}/(n+1)!}{20^n/n!}=\lim\frac{20}{n+1}=0<1\) — zbieżny.

5 Kryterium całkowedla wyrazów = wartości funkcji malejącej \(a_n=f(n)\ge0\)

Kiedy\(a_n=f(n)\), \(f\ge0\) nierosnąca; umiesz policzyć całkę

Co liczymy\(\displaystyle\int_{x_0}^{\infty}f(x)\,dx\)

Wniosekcałka i szereg — oba zbieżne albo oba rozbieżne

Twierdzenie

Jeśli na \([x_0,\infty)\), \(x_0\ge n_0\), istnieje funkcja \(f\) całkowalna, taka że \(f(n)=a_n\) (\(n\ge x_0\)), \(f\) jest nieujemna i nierosnąca na \([x_0,\infty)\), to całka \(\int_{x_0}^{\infty}f(x)\,dx\) i szereg \(\sum a_n\) są oba zbieżne lub oba rozbieżne do \(\infty\).

Zwykle \(x_0=n_0\). Wtedy też oszacowanie sumy: \(\int_{n_0}^{\infty}f\le\sum a_n\le a_{n_0}+\int_{n_0}^{\infty}f\).

Uwagi

Sens: gdy nie umiemy policzyć sumy, ale umiemy całkę \(\int_{x_0}^{\infty}f=\lim_{T\to\infty}\int_{x_0}^{T}f\). Stosować tylko, gdy zamierzamy policzyć tę całkę.
Zwykle najmniej wygodne; przydatne w przypadkach z \(\ln n\) (i tam często da się użyć wygodniejszego kryterium).
Dowód szeregu \(p\): bierzemy \(f(x)=\frac1{x^p}\); całka \(\int_{n_0}^{\infty}\frac1{x^p}dx\) jest zbieżna dla \(p>1\), rozbieżna dla \(p\le1\). Dla \(p\le0\) szereg rozbieżny już z warunku koniecznego.

Sztuczka: szeregi z \(\ln n\)

Dla \(p>0\): funkcja \(\frac{\ln x}{x^p}\) (\(x\ge2\)) ma zbiór wartości \(\big(0,\frac1{pe}\big]\), więc \(\ln n\le\frac1{pe}n^p\). Oszacowanie dolne: \(\ln n\ge1\) (\(n\ge3\)). Łącznie:

\[ 1\le\ln n\le C\cdot n^{p},\quad n\ge3,\qquad C=\tfrac1{pe}\ (C=1\text{ dla }p\ge\tfrac1e). \]

Pozwala zastąpić kryterium całkowe wygodniejszym porównawczym. Np. dla \(\sum_{n\ge2}\frac{\ln n}{n\sqrt[5]{n}}\): \(0<\frac{\ln n}{n\,n^{0.2}}\le\frac{C\,n^p}{n^{1.2}}=\frac{C}{n^{1.2-p}}\); biorąc \(p=0.1\) dostajemy \(\frac{C}{n^{1.1}}\), a \(1.1>1\) — szereg zbieżny.

5 Zbieżność bezwzględna i warunkowa

Definicja

Szereg \(\sum a_n\) jest bezwzględnie zbieżny, jeśli zbieżny jest \(\displaystyle\sum |a_n|\).

Twierdzenie

Szereg bezwzględnie zbieżny jest zbieżny (w zwykłym sensie). Równoważnie: jeśli \(\sum a_n\) nie jest zbieżny, to \(\sum|a_n|=\infty\).

Twierdzenie odwrotne fałszywe — istnieją szeregi zbieżne, ale nie bezwzględnie (np. \(\sum\frac{(-1)^n}{n}\)). Nazywamy je warunkowo zbieżnymi.

Trzy rozłączne klasy szeregów

Zbieżny i bezwzględnie zbieżny.

Zbieżny, ale nie bezwzględnie — tylko warunkowo.

Rozbieżny i bezwzględnie rozbieżny.

Przykład

\(\displaystyle\sum\frac{\sin n}{5^{n}+1}\) jest bezwzględnie zbieżny: \(0\le\big|\frac{\sin n}{5^n+1}\big|\le\frac1{5^n}\), a \(\sum(\frac15)^n\) zbieżny (\(0<\frac15<1\)).

6 Szeregi naprzemienne

Definicja

Wyrazy dodatnie dodawane i odejmowane na przemian (\(a_n>0\)):

\[ \sum_{n=n_0}^{\infty}(-1)^{n}a_n\qquad\text{lub}\qquad\sum_{n=n_0}^{\infty}(-1)^{n+1}a_n. \]

Szereg naprzemienny nazywamy szeregiem Leibniza, gdy \(a_n\) jest nierosnący i \(\to0\).

L Kryterium Leibnizajedyne wykrywające zbieżność warunkową szereg naprzemienny

Kiedyszereg naprzemienny \(\sum(-1)^n a_n\), \(a_n>0\)

Co sprawdzamy\(a_n\) nierosnący oraz \(a_n\to0\)

Wniosekoba warunki ⟹ szereg zbieżny

Twierdzenie Leibniza

Każdy szereg Leibniza jest zbieżny.

3 rzeczy do sprawdzenia + uwagi

postać szeregu naprzemiennego,
monotoniczność (\(a_n\) nierosnący — wystarczy dla \(n\ge k\ge n_0\)),
granica wyrazu ogólnego \(\to0\).

Twierdzenie daje zbieżność, ale nie gwarantuje, że jest tylko warunkowa.
Jeśli \(a_n\not\to0\), to \(\sum(-1)^n a_n\) rozbieżny (bo \((-1)^n a_n\not\to0\)). Zachodzi: \(\lim a_n=0\Leftrightarrow\lim(-1)^n a_n=0\Leftrightarrow\lim|a_n|=0\).
Jeśli \(a_n\to0\), ale nie jest nierosnący — nic nie wiemy.
Monotoniczność najlepiej zbadać przez rozszerzenie do funkcji \(f(n)=a_n\) i pochodną.
Jeśli szereg jest bezwzględnie zbieżny — tw. Leibniza nie jest potrzebne.

Częsty błąd

Opisowe „badanie” monotoniczności bez rachunków: np. dla \(a_n=\frac{n}{1000n+1}\) „ciąg malejący, bo mianownik rośnie szybciej niż licznik”. GAME OVER — tu mianownik faktycznie rośnie 1000× szybciej, a mimo to ciąg jest rosnący.

Przykład — zbieżność warunkowa

\(\displaystyle\sum_{n=2}^{\infty}\frac{(-1)^n\ln n}{n}\), \(a_n=\frac{\ln n}{n}>0\). Z \(f(x)=\frac{\ln x}{x}\): \(f'(x)=\frac{1-\ln x}{x^2}<0\) dla \(x>e\), więc \(a_n\) maleje dla \(n\ge3\); \(\lim\frac{\ln x}{x}=0\). Trzy warunki spełnione → zbieżny (Leibniz).

Ale \(\sum\frac{\ln n}{n}\) jest rozbieżny (bo \(\frac1n<\frac{\ln n}{n}\), \(n\ge3\), a \(\sum\frac1n=\infty\)). Zatem szereg jest warunkowo zbieżny.

Ważna uwaga — co wykrywa zbieżność warunkową?

Poza tw. Leibniza, wszystkie poznane kryteria dają jednocześnie oba rodzaje zbieżności (zwykłą i bezwzględną) lub oba rodzaje rozbieżności. Nie wykryją zbieżności warunkowej — potrafi to tylko tw. Leibniza.

Porównawcze, ilorazowe, całkowe: wymagają \(a_n\ge0\), więc \(\sum a_n=\sum|a_n|\) (zbieżność = bezwzględna).
Warunek konieczny: wykrywa tylko rozbieżność (więc i bezwzględną).
d'Alembert i Cauchy: liczą tę samą granicę dla \(\sum a_n\) i \(\sum|a_n|\), bo \(\sqrt[n]{||a_n||}=\sqrt[n]{|a_n|}\) oraz \(\big|\frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}\big|=\big|\frac{a_{n+1}}{a_n}\big|\).

Twierdzenie — kiedy suma nie istnieje

Dla szeregu naprzemiennego \(\sum(-1)^n a_n\), \(a_n>0\), jeśli \(a_n\) jest niemalejący, to suma nie istnieje.

Stąd różnica między d'Alembertem a Cauchym: gdy \(\lim\frac{a_{n+1}}{a_n}>1\), suma \(\sum(-1)^n a_n\) nie istnieje. Ale \(\lim\sqrt[n]{a_n}>1\) nie musi oznaczać monotoniczności — istnieją przykłady, gdzie pierwiastkowe daje rozbieżność, a suma \(=\infty\).

Przykład: \(\sum\frac{(-3)^n}{n^3}\) — oba kryteria dają \(q=3>1\), więc rozbieżny (i bezwzględnie); tu suma w ogóle nie istnieje.

Częste błędy

Strata czasu: po d'Alembercie/Cauchym pisanie „nie jest bezwzględnie zbieżny, ale sprawdzę zbieżność przez Leibniza” — dla tych dwóch kryteriów rozbieżność bezwzględna implikuje zwykłą.

Wątpliwy wniosek o sumie: „…więc \(\sum\frac{(-3)^n}{n^3}\) rozbieżny do \(\infty\)” — błędne, bo ta suma nie istnieje.

7 Który test wybrać? (podsumowanie)

C — porównawcze LC — ilorazowe R — d'Alemberta N — Cauchy'ego ∫ — całkowe A — bezwzględna LT — Leibniza

Wyrażenia w \(a_n\)	Sugerowany test dla \(\sum a_n\)
Tylko potęgi \(n\) lub pierwiastki \(n\)	CLC ale RN NIGDY
Te same najwyższe potęgi w liczniku i mianowniku	CLC ale RN NIGDY
Różne najwyższe potęgi w liczniku i mianowniku	CLCRN
Wyrażenie złożone \(f(b_n)\), \(b_n\to0\)	LCC
\(n!\)	RC
Ogólna \(n\)-ta potęga: \((\dots)^n\)	N
Wyrażenia bez granicy, np. \(\sin n\)	C (+ A i inne w razie potrzeby)
\(\ln n\)	C∫
\((-1)^n\) i ogólnie \(a_n\) zmiennych znaków	A (+ inne) LT

Kolejność działania zwykle: warunek konieczny → dobierz test wg powyższej tabeli → przy znakach zmiennych sprawdź bezwzględną, a jeśli zawodzi, Leibniza.

★ Mini-przegląd wzorów

Warunek konieczny

zbieżny \(\Rightarrow\lim a_n=0\). Kontrapozycja: \(\lim a_n\neq0\Rightarrow\) niezbieżny.

Szereg geometryczny

\(\sum a_1 q^{n-1}=\frac{a_1}{1-q}\) dla \(|q|<1\).

Szereg \(p\) (Dirichlet)

\(\sum\frac1{n^p}\): zbieżny \(\Leftrightarrow p>1\).

Porównawcze

\(0\le a_n\le b_n\): większy zbieżny ⟹ mniejszy zbieżny; mniejszy rozbieżny ⟹ większy rozbieżny.

Ilorazowe

\(g=\lim\frac{a_n}{b_n}\in(0,\infty)\Rightarrow\) oba tak samo.

d'Alembert / Cauchy

\(q=\lim\big|\frac{a_{n+1}}{a_n}\big|\) lub \(\lim\sqrt[n]{|a_n|}\): \(q<1\) zb., \(q>1\) rozb., \(q=1\) ?

Całkowe

\(a_n=f(n)\), \(f\ge0\) malejąca: całka i szereg — tak samo.

Leibniz

\(\sum(-1)^n a_n\): \(a_n\searrow0\Rightarrow\) zbieżny.

Bezwzględna ⟹ zwykła

\(\sum|a_n|\) zbieżny \(\Rightarrow\sum a_n\) zbieżny. Odwrotnie — nie (warunkowa).

Ściąga opracowana na podstawie wykładu „Analiza Matematyczna 2” (rozdział: Series, str. 28–58).

Rozwiązania — Lista 2 (zad. 1–4)

Każdy przykład z krokami: jaki test zastosować, jak go przeprowadzić i jaki jest wynik. Skróty: zbieżny rozbieżny warunkowo zbieżny.

1 Szeregi teleskopowe — oblicz dokładnie sumy

Idea: zapisz wyraz jako różnicę \(a_n=f(n)-f(n+k)\). Wtedy \(S_N=\big(\text{suma }k\text{ pierwszych }f\big)-\big(\text{suma }k\text{ ostatnich }f\big)\), a \(S=\sum_{j=0}^{k-1}f(n_0+j)-k\cdot L\), gdzie \(L=\lim_{n\to\infty}f(n)\).

1(a)\(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\Big(\frac{1}{n^2+1}-\frac{1}{(n+1)^2+1}\Big)\)

szereg teleskopowy, krok \(k=1\)

Już jest różnicą: \(f(n)=\dfrac{1}{n^2+1}\), \(a_n=f(n)-f(n+1)\).
\(S_N=f(1)-f(N+1)=\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{(N+1)^2+1}\).
\(L=\lim f(n)=0\), więc \(S=\dfrac12-0\).

zbieżny, \(\ S=\tfrac12\)

1(b)\(\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\Big(\arccos\frac{1}{n+1}-\arccos\frac{1}{n+3}\Big)\)

szereg teleskopowy, krok \(k=2\)

\(f(n)=\arccos\dfrac{1}{n+1}\); wtedy \(\arccos\dfrac{1}{n+3}=f(n+2)\), czyli \(a_n=f(n)-f(n+2)\).
Zostają 2 pierwsze i 2 ostatnie: \(S_N=f(0)+f(1)-f(N+1)-f(N+2)\).
\(f(0)=\arccos1=0\), \(f(1)=\arccos\tfrac12=\tfrac{\pi}{3}\), \(L=\arccos0=\tfrac{\pi}{2}\).
\(S=f(0)+f(1)-2L=0+\tfrac{\pi}{3}-2\cdot\tfrac{\pi}{2}=\tfrac{\pi}{3}-\pi\).

zbieżny, \(\ S=-\tfrac{2\pi}{3}\) (każdy wyraz ujemny — suma ujemna jest OK)

1(c)\(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2+3n}\)

rozkład na ułamki proste → teleskopowy, krok \(k=3\)

\(\dfrac{1}{n^2+3n}=\dfrac{1}{n(n+3)}=\dfrac13\Big(\dfrac1n-\dfrac1{n+3}\Big)\).
\(g(n)=\dfrac1n\), \(L=0\); zostają 3 pierwsze wyrazy: \(S=\dfrac13\big(g(1)+g(2)+g(3)\big)\).
\(S=\dfrac13\Big(1+\dfrac12+\dfrac13\Big)=\dfrac13\cdot\dfrac{11}{6}\).

zbieżny, \(\ S=\tfrac{11}{18}\)

1(d)\(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n\sqrt{n+1}+(n+1)\sqrt{n}}\)

przekształcenie mianownika → teleskopowy

Mianownik: \(n\sqrt{n+1}+(n+1)\sqrt n=\sqrt n\sqrt{n+1}\,(\sqrt n+\sqrt{n+1})\).
Mnożymy przez \(\sqrt{n+1}-\sqrt n\) (i tym samym w mianowniku); \((\sqrt{n+1}+\sqrt n)(\sqrt{n+1}-\sqrt n)=1\), więc \(a_n=\dfrac{\sqrt{n+1}-\sqrt n}{\sqrt n\sqrt{n+1}}=\dfrac{1}{\sqrt n}-\dfrac{1}{\sqrt{n+1}}\).
\(f(n)=\dfrac1{\sqrt n}\), \(S_N=f(1)-f(N+1)=1-\dfrac1{\sqrt{N+1}}\to1\).

zbieżny, \(\ S=1\)

1(e)\(\displaystyle\sum_{n=2}^{\infty}\frac{\ln\!\big(1+\frac1n\big)}{\ln(n+1)\cdot\ln n}\)

tożsamość logarytmiczna → teleskopowy

\(\ln\!\big(1+\tfrac1n\big)=\ln\dfrac{n+1}{n}=\ln(n+1)-\ln n\).
\(a_n=\dfrac{\ln(n+1)-\ln n}{\ln(n+1)\ln n}=\dfrac{1}{\ln n}-\dfrac{1}{\ln(n+1)}\).
\(f(n)=\dfrac1{\ln n}\), start \(n=2\): \(S_N=\dfrac{1}{\ln2}-\dfrac{1}{\ln(N+1)}\to\dfrac1{\ln2}\).

zbieżny, \(\ S=\dfrac{1}{\ln 2}\)

2 Dobór testu i badanie zbieżności

Strategia: najpierw warunek konieczny, potem patrz na postać \(a_n\) (ułamek potęg → porównawcze/ilorazowe; \(n!\) → d'Alembert; \((\dots)^n\) → Cauchy; znaki zmienne → bezwzględna/Leibniz).

2(a)\(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sqrt{2n^2+n-3}+\sqrt[3]{n^5}}{n^3+2}\)

kryterium ilorazowe (graniczne porównawcze)

Najwyższe potęgi: w liczniku \(\sqrt[3]{n^5}=n^{5/3}\) (bije \(\sqrt{2n^2}\sim n\)), w mianowniku \(n^3\). Stąd \(a_n\sim n^{5/3-3}=n^{-4/3}\).
Bierzemy \(b_n=\dfrac{1}{n^{4/3}}\): \(\displaystyle\lim\frac{a_n}{b_n}=\lim\frac{(\dots+n^{5/3})\,n^{4/3}}{n^3+2}=1\in(0,\infty)\).
\(\sum b_n=\sum\frac{1}{n^{4/3}}\) zbieżny (\(p=\tfrac43>1\)) ⟹ oba tak samo.

zbieżny

2(b)\(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(2n^2+n+3)^{30}+1}{n!}\)

kryterium d'Alemberta (jest \(n!\))

\(\dfrac{a_{n+1}}{a_n}=\dfrac{(2(n+1)^2+\dots)^{30}+1}{(2n^2+n+3)^{30}+1}\cdot\dfrac{n!}{(n+1)!}\).
Iloraz wielomianów (stopień 60) \(\to1\); \(\dfrac{n!}{(n+1)!}=\dfrac{1}{n+1}\to0\).
\(q=1\cdot0=0<1\).

zbieżny

2(c)\(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2^n+3^n}{2^n+n^2\cdot 3^n}\)

kryterium ilorazowe

Dla dużych \(n\): licznik \(\sim 3^n\), mianownik \(\sim n^2 3^n\), więc \(a_n\sim\dfrac{1}{n^2}\). Bierzemy \(b_n=\dfrac1{n^2}\).
\(\dfrac{a_n}{b_n}=\dfrac{n^2(2^n+3^n)}{2^n+n^2 3^n}\); dzieląc przez \(3^n\): \(\dfrac{n^2((2/3)^n+1)}{(2/3)^n+n^2}\to\dfrac{n^2\cdot1}{n^2}=1>0\).
\(\sum\frac1{n^2}\) zbieżny (\(p=2>1\)) ⟹ oba tak samo.

zbieżny

2(d)\(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\Big(\frac{2n+1}{5n+2}\Big)^{n}\)

kryterium Cauchy'ego (postać \((\dots)^n\))

\(\sqrt[n]{a_n}=\dfrac{2n+1}{5n+2}\to\dfrac25\).
\(q=\dfrac25<1\).

zbieżny

2(e)\(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\Big(\frac{5n+1}{5n+2}\Big)^{n}\)

Cauchy daje \(q=1\) (nic) → warunek konieczny

\(\sqrt[n]{a_n}=\dfrac{5n+1}{5n+2}\to1\) — przypadek nierozstrzygający.
Liczymy \(\lim a_n\): \(\ln a_n=n\ln\!\big(1-\tfrac{1}{5n+2}\big)\sim n\cdot\big(-\tfrac{1}{5n+2}\big)\to-\tfrac15\).
\(\lim a_n=e^{-1/5}\neq0\) — warunek konieczny niespełniony.

rozbieżny (\(\sum a_n=\infty\))

2(f)\(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\Big(\arccos\frac{5n+1}{5n+2}\Big)^{n}\)

kryterium Cauchy'ego

\(\sqrt[n]{a_n}=\arccos\dfrac{5n+1}{5n+2}\).
\(\dfrac{5n+1}{5n+2}\to1^-\), a \(\arccos1=0\), więc \(\sqrt[n]{a_n}\to0\).
\(q=0<1\).

zbieżny

2(g)\(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\arctan\frac{1}{\sqrt n}\)

kryterium ilorazowe (funkcja złożona \(f(b_n)\))

\(b_n=\dfrac{1}{\sqrt n}\to0\), \(\arctan x\to0\) przy \(x\to0\). Bierzemy \(b_n\).
\(\displaystyle\lim\frac{\arctan(1/\sqrt n)}{1/\sqrt n}=\lim_{x\to0}\frac{\arctan x}{x}=1>0\).
\(\sum\frac{1}{\sqrt n}=\sum\frac{1}{n^{1/2}}\) rozbieżny (\(p=\tfrac12\le1\)) ⟹ oba tak samo.

rozbieżny

2(h)\(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{3+\cos(n^2)}{\sqrt[5]{n^3}}\)

kryterium porównawcze (brak granicy z \(\cos\))

\(\cos(n^2)\in[-1,1]\), więc licznik \(\ge 2\): \(\dfrac{3+\cos(n^2)}{\sqrt[5]{n^3}}\ge\dfrac{2}{n^{3/5}}\ge0\).
\(\sum\dfrac{2}{n^{3/5}}\) rozbieżny (\(p=\tfrac35\le1\)).
Przypadek 2 porównania (mniejszy rozbieżny ⟹ większy rozbieżny).

rozbieżny

2(i)\(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\cos(n^2)}{(\ln 2)^n+(\ln 3)^n}\)

zbieżność bezwzględna + porównanie z geometrycznym

Znaki zmienne — badamy \(\sum|a_n|\). \(|a_n|=\dfrac{|\cos(n^2)|}{(\ln2)^n+(\ln3)^n}\le\dfrac{1}{(\ln3)^n}\).
\(\ln3\approx1.099>1\), więc \(\sum\big(\tfrac{1}{\ln3}\big)^n\) — geometryczny o ilorazie \(<1\) — zbieżny.
\(\sum|a_n|\) zbieżny ⟹ szereg zbieżny bezwzględnie.

zbieżny (bezwzględnie)

2(j)\(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n\,n}{n^2+200}\)

Leibniz; brak zbieżności bezwzględnej → warunkowa

\(a_n=\dfrac{n}{n^2+200}\to0\). ✓
Monotoniczność: \(f(x)=\dfrac{x}{x^2+200}\), \(f'(x)=\dfrac{200-x^2}{(x^2+200)^2}<0\) dla \(x>\sqrt{200}\approx14{,}1\) — maleje od \(n=15\). ✓ → Leibniz: zbieżny.
Bezwzględnie: \(\dfrac{n}{n^2+200}\sim\dfrac1n\), \(\sum\frac1n=\infty\) ⟹ NIE bezwzględnie.

zbieżny warunkowo

2(k)\(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n\,n}{n^3+200}\)

zbieżność bezwzględna (od razu)

\(|a_n|=\dfrac{n}{n^3+200}\sim\dfrac{1}{n^2}\). Ilorazowe z \(b_n=\frac1{n^2}\): granica \(=1>0\).
\(\sum\frac1{n^2}\) zbieżny (\(p=2>1\)) ⟹ \(\sum|a_n|\) zbieżny.
Bezwzględna zbieżność ⟹ zbieżność (Leibniz zbędny).

zbieżny (bezwzględnie)

2(l)\(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n\big(\sqrt[3]{n+7}-\sqrt[3]{n}\big)\)

Leibniz; bezwzględnie rozbieżny → warunkowa

\(a_n=\sqrt[3]{n+7}-\sqrt[3]{n}=\dfrac{7}{(\sqrt[3]{n+7})^2+\sqrt[3]{n+7}\sqrt[3]{n}+(\sqrt[3]{n})^2}\sim\dfrac{7}{3}\,n^{-2/3}\to0\). ✓
\(g(x)=\sqrt[3]{x+7}-\sqrt[3]{x}\): \(g'(x)=\tfrac13\big((x+7)^{-2/3}-x^{-2/3}\big)<0\) — maleje. ✓ → Leibniz: zbieżny.
Bezwzględnie: \(a_n\sim\dfrac{7/3}{n^{2/3}}\), \(\sum\frac{1}{n^{2/3}}\) rozbieżny (\(p=\tfrac23\le1\)) ⟹ NIE bezwzględnie.

zbieżny warunkowo

2(m)\(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n\cos(n)}{\sqrt{2n-1}}\)

uwaga: to NIE czysty szereg Leibniza — kryterium Dirichleta

Bezwzględnie: \(|a_n|=\dfrac{|\cos n|}{\sqrt{2n-1}}\) — szereg rozbieżny (rzędu \(\frac{1}{\sqrt n}\)), więc NIE bezwzględnie.
Czynnik \((-1)^n\cos n=\cos(n\pi)\cos n=\tfrac12\big[\cos(n(\pi{+}1))+\cos(n(\pi{-}1))\big]\) ma ograniczone sumy częściowe (sumy \(\cos(k\theta)\), \(\theta\neq2k\pi\)).
\(\dfrac{1}{\sqrt{2n-1}}\) maleje monotonicznie do \(0\). Z kryterium Dirichleta szereg jest zbieżny.

zbieżny warunkowo (wykracza poza Leibniza — potrzebny Dirichlet)

3 Badanie zbieżności (ciąg dalszy)

Tu pomaga schemat „funkcja złożona”: dla \(a_n=f(b_n)\), \(b_n\to0\), \(f(x)\to0\), porównujemy ilorazowo z szeregiem \(\sum b_n\), korzystając z granic podstawowych \(\frac{\sin x}{x},\ \frac{\tan x}{x},\ \frac{\arcsin x}{x}\to1\) i \(a^{1/n}-1\sim\frac{\ln a}{n}\).

3(a)\(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\sqrt{\sin\frac{1}{n^2}}\)

kryterium ilorazowe, \(b_n=\frac1n\)

Dla dużych \(n\): \(\sin\frac1{n^2}\sim\frac1{n^2}\), więc \(a_n\sim\frac1n\). Bierzemy \(b_n=\frac1n\).
\(\dfrac{a_n}{b_n}=n\sqrt{\sin\frac1{n^2}}=\sqrt{\dfrac{\sin(1/n^2)}{1/n^2}}\to\sqrt1=1>0\).
\(\sum\frac1n\) rozbieżny ⟹ oba tak samo.

rozbieżny

3(b)\(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}7^n\,\arcsin^2\frac{1}{3^n}\)

kryterium ilorazowe, \(b_n=(7/9)^n\)

\(\arcsin\frac1{3^n}\sim\frac1{3^n}\), więc \(a_n\sim 7^n\cdot\frac1{9^n}=\big(\tfrac79\big)^n\). Bierzemy \(b_n=\big(\tfrac79\big)^n\).
\(\dfrac{a_n}{b_n}=9^n\arcsin^2\frac1{3^n}=\Big(\dfrac{\arcsin(1/3^n)}{1/3^n}\Big)^2\to1>0\).
\(\sum\big(\tfrac79\big)^n\) — geometryczny, iloraz \(\tfrac79<1\) — zbieżny ⟹ oba tak samo.

zbieżny

3(c)\(\displaystyle\sum_{n=2}^{\infty}\sqrt[4]{n}\cdot\tan\frac{1}{\sqrt[3]{n}}\cdot\big(\sqrt[n]{5}-1\big)\)

kryterium ilorazowe — analiza każdego czynnika

\(\sqrt[4]{n}=n^{1/4}\); \(\tan\frac1{\sqrt[3]{n}}\sim n^{-1/3}\); \(\sqrt[n]{5}-1=5^{1/n}-1\sim\dfrac{\ln5}{n}\).
Stąd \(a_n\sim \ln5\cdot n^{1/4-1/3-1}=\ln5\cdot n^{-13/12}\). Bierzemy \(b_n=\dfrac{1}{n^{13/12}}\).
\(\dfrac{a_n}{b_n}=\big[n^{1/3}\tan(n^{-1/3})\big]\cdot\big[n(5^{1/n}-1)\big]\to1\cdot\ln5=\ln5>0\).
\(\sum\frac{1}{n^{13/12}}\) zbieżny (\(p=\tfrac{13}{12}>1\)) ⟹ oba tak samo.

zbieżny

4 Szeregi z \(\ln n\) — oszacowanie logarytmu

Narzędzie: dla każdego \(p>0\) istnieje \(C>0\), że dla \(n>2\)\(\ \ 1\le\ln n\le C\,n^{p}\). Dolne \(1\) daje oszacowanie z dołu, górne \(C n^p\) (z dowolnie małym \(p\)) — z góry. Dzięki temu sprowadzamy szereg do \(p\)-szeregu.

4(a)\(\displaystyle\sum_{n=3}^{\infty}\frac{1}{n^2\ln n}\)

kryterium porównawcze (oszacowanie z dołu \(\ln n\ge1\))

\(\ln n\ge1\) dla \(n\ge3\), więc \(0<\dfrac{1}{n^2\ln n}\le\dfrac{1}{n^2}\).
\(\sum\frac{1}{n^2}\) zbieżny (\(p=2>1\)) ⟹ przypadek 1 porównania.

zbieżny

4(b)\(\displaystyle\sum_{n=3}^{\infty}\frac{\ln^2 n}{n\cdot\sqrt[3]{n^4}}\)

kryterium porównawcze (oszacowanie z góry \(\ln n\le C n^p\))

Mianownik \(n\cdot n^{4/3}=n^{7/3}\). Z \(\ln n\le C n^{p}\): \(\ln^2 n\le C^2 n^{2p}\).
\(a_n\le\dfrac{C^2 n^{2p}}{n^{7/3}}=\dfrac{C^2}{n^{7/3-2p}}\). Dobieramy małe \(p\) tak, by \(\tfrac73-2p>1\) — np. \(p=0{,}1\Rightarrow n^{2{,}133}\).
\(\sum\frac{1}{n^{2{,}133}}\) zbieżny ⟹ porównanie.

zbieżny

4(c)\(\displaystyle\sum_{n=3}^{\infty}\frac{\sqrt[3]{n}+\sqrt{\ln n}}{n^2}\)

rozbicie na sumę + porównawcze

\(a_n=\dfrac{\sqrt[3]{n}}{n^2}+\dfrac{\sqrt{\ln n}}{n^2}=\dfrac{1}{n^{5/3}}+\dfrac{\sqrt{\ln n}}{n^2}\).
Pierwszy: \(p=\tfrac53>1\) — zbieżny. Drugi: \(\sqrt{\ln n}\le\sqrt{C}\,n^{p/2}\), więc \(\le\dfrac{\sqrt C}{n^{2-p/2}}\); \(p=0{,}1\Rightarrow n^{1{,}95}\) — zbieżny.
Suma dwóch szeregów zbieżnych jest zbieżna.

zbieżny

4(d)\(\displaystyle\sum_{n=3}^{\infty}\frac{\ln^p n}{n^q}\), \(\ p,q>0\)

analiza dwuprzypadkowa względem \(q\)

\(q>1\): \(\ln^p n\le C^p n^{sp}\) (dowolnie małe \(s>0\)). Dobierz \(s\) tak, by \(q-sp>1\): \(a_n\le\dfrac{C^p}{n^{q-sp}}\) — zbieżny.
\(0 \(\ln^p n\ge1\) (\(n\ge3\)), więc \(a_n\ge\dfrac{1}{n^q}\ge\dfrac1n\); \(\sum\frac1n=\infty\) — rozbieżny.

zbieżny \(\Leftrightarrow q>1\) (niezależnie od \(p>0\))

4(e)\(\displaystyle\sum_{n=3}^{\infty}\frac{1}{\ln^p n\cdot n^q}\), \(\ p,q>0,\ q\neq1\)

analiza dwuprzypadkowa względem \(q\)

\(q>1\): \(\ln^p n\ge1\), więc \(a_n\le\dfrac{1}{n^q}\) — zbieżny (\(q>1\)).

\(0 \(\ln^p n\le C^p n^{sp}\), więc \(a_n\ge\dfrac{1}{C^p n^{q+sp}}\). Dobierz małe \(s\), by \(q+sp<1\): \(\sum\frac{1}{n^{q+sp}}\) rozbieżny ⟹ rozbieżny.

zbieżny \(\Leftrightarrow q>1\) (przypadek \(q=1\) to zadanie 5)