yourdomain.com

Krrechet писал(а):Source of the post
Что-то я, к сожалению, ни до чего не догадался...

Очень просто. Напрашивается лёгкое неравенство

$(n+1-k)\cdot k \ge n$ для $$ k = 1, 2, ... , n $$

.

При k=1 оно превращается в равенство, a для $2 \le k<\frac{n+1}{2}$ имеем $(n+1-k) \cdot k > \frac{n}{2}\cdot 2 = n$ .
После перемножения этих n неравенств получим $$n!^2>n^n$$

, откуда $\sqrt[n]{n!} \ \ge \ \sqrt{n}$

По второй: оба способы хороши, но второй короче. Только завершённости ради в втором надо обосновать предельный переход под квадратным корнем, ибо в стандартном списке свойств предела последовательности этого свойства нет. Это делается по определению, то есть как в первом способе, но проще.

Если $\lim_{n \to \infty}x_n=0$
то значит ли, что $\sum_{k=1}^nx_n$ имеет предел?
Если да, то как это доказать?

Krrechet писал(а):Source of the post
Если $\lim_{n \to \infty}x_n=0$
то значит ли, что $\sum_{k=1}^nx_n$ имеет предел?
Если да, то как это доказать?

Нет, контрпример
$x_n=\frac {1} {n}$

Доказательство что последовательность
$S_n=\sum_{i=1}^{k}{\frac {1} {k}}$ расходится.
$S_n=(1+\frac {1} {2})+(\frac {1} {3}+\frac {1} {4})+(\frac {1} {5}+\frac {1} {6} +\frac {1} {7}+\frac {1} {8})+...+\underbrace{\frac {1} {2^{k-1}+1}+...+\frac {1} {2^k}}_{2^{k-1}}+\alpha$
где $k=log_2{n}$
Для каждой группы справедливо неравенство
$\frac {1} {n+1}+..+\frac {1} {2n}>n\frac {1} {2n}=\frac {1} {2}$ , поэтому
поэтому $S_n>\frac {1} {2}log_2n$ , a следовательно является бесконечно большой величиной

© Г . M. Фихтенгольц "Курс дифференциального и интегрального исчисления" том 2 c. 263

a_l_e_x86 писал(а):Source of the post
Доказательство что последовательность
$S_n=\sum_{i=1}^{k}{\frac {1} {k}}$ расходится.
$S_n=(1+\frac {1} {2})+(\frac {1} {3}+\frac {1} {4})+(\frac {1} {5}+\frac {1} {6} +\frac {1} {7}+\frac {1} {8})+...+\underbrace{\frac {1} {2^{k-1}+1}+...+\frac {1} {2^k}}_{2^{k-1}}+\alpha$
где $k=log_2{n}$
Для каждой группы справедливо неравенство
$\frac {1} {n+1}+..+\frac {1} {2n}>n\frac {1} {2n}=\frac {1} {2}$ , поэтому
поэтому $S_n>\frac {1} {2}log_2n$ , a следовательно является бесконечно большой величиной

© Г . M. Фихтенгольц "Курс дифференциального и интегрального исчисления" том 2 c. 263

Есть проще доказательство.
Используя интегральный признак Коши, имеем
$\int_{1}^{\infty}{\frac {1} {x}dx}=\left.ln\:x\right|^\infty_1=\infty$
Следовательно, ряд расходится.

Простота эта кажущаяся, если учесть, что ряды обычно рассматриваются сразу после последовательностей или даже параллельно c ними, то есть задолго до интегралов, тем более несобственных.
Впрочем, бывает, но реже, что рассмотрение рядов оттягивается вплоть вплоть до этих самых несобственных интегралов, чтобы сэкономить время на аналогии. Очевидный минус последнего подхода - большой разрыв во времени между формулой Тейлора и степенными рядами.
И вообще частичная сумма этого ряда, то есть последовательность $S_n=1+\frac{1}{2}+...+\frac{1}{n}$ - канонический учебный пример последовательности, расходимость которой доказывается через неограниченность как выше у Alex'a или применением принципа сходимости:
Критерий Коши. Последовательность сходится тогда и только тогда, когда она фундаментальна.
Заодно уж напишу как это делается c помощью этого принципа.
Запишем отрицание фундаментальности:

$(\neg F) \ \ \exists \varepsilon > 0 \ \forall n_0 \ \exists n\ge n_0 \ \exists p>0 \ |S_{n+p} - S_{n}| \ge \varepsilon$

Имеем $|S_{n+p} - S_n|=\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+...+\frac{1}{n+p} \ge \frac{1}{n+p}+\frac{1}{n+p}+...+\frac{1}{n+p}=\frac{p}{n+p}$

Отсюда ясно, что для удовлетворения $(\neg F)$ достаточно взять $\varepsilon = \frac{1}{2}, \ n=p=n_0$

bot писал(а):Source of the post
Простота эта кажущаяся, если учесть, что ряды обычно рассматриваются сразу после последовательностей или даже параллельно c ними, то есть задолго до интегралов, тем более несобственных.
Впрочем, бывает, но реже, что рассмотрение рядов оттягивается вплоть вплоть до этих самых несобственных интегралов, чтобы сэкономить время на аналогии. Очевидный минус последнего подхода - большой разрыв во времени между формулой Тейлора и степенными рядами.

Когда я учился, было так: сначала интегральное исчисление, потом ряды.
Bo многих книгах идет такое изложение анализа. Например, учебник по математическому анализу Л.Д. Кудрявцева (том 1).
A формула Тейлора при изучении степенных рядов напоминается.

bot, Ваш подход через критерий Коши мне понравился.

yourdomain.com

Задачи по матану

Задачи по матану

Задачи по матану

Задачи по матану

Задачи по матану

Задачи по матану

Задачи по матану

Задачи по матану