Математический анализ. Практика 3

19:15 На мой взгляд доказать расходимость ∑1/klog(k)log(log(k))... проще всего через интегральный признак ∫dx/xlog(x)log(log(x))... = log(log(...log(x)...), первообразная есть цепочка вложенных логарифмов, которая расходится на бесконечности.
20:25 Ряд расходится. Так просто применить интегральный признак не получится, нет единой первообразной, цепочка логарифмов в знаменателе постоянно растёт. Можно попробовать разбить интеграл на слагаемые в точках e_0=1, e_1=e, e_2=e^e, e_3=e^e^e, ..., e_k=e^e^...^e и так далее. На каждом участке первообразная уже есть. Обозначим log^0(x)=x, log^k(x)=log(...log(x)...), fn(x)=∏log^k(x), f(x)=1/fn_x(x).
∫f(x)dx=∑∫dx/fk(x)=∑log^k(e_k+1)−log^k(e_k)
По индукции можно доказать, что log^k(e_k+1)−log^k(e_k)=log^k−1(e_k)−log^k−1(e_k−1)=e_1−e_0=e−1.
log(log(e^e^e))−log(log(e^e))=log(e^e))−log(e)=e−1
∫dx/f(x) ≥ S_n=∑log^k(e_k+1)−log^k(e_k)=n(e−1)
Так как предел частичных сумм S_n расходится, значит расходится и интеграл.
Или можно применить признак Ермакова. Для расходимости должно выполняться f(e^x)e^x/f(x)≥1. Нетрудно видеть, что f(e^x)e^x/f(x)=1.
1:11:11 ∑sin(k)=Im(∑exp(ik)), ∑q^k=1−q^n/1−q
∑exp(ik)=(1−exp(in))/(1−exp(i))=(1−exp(−i))(1−exp(in)) / (2−2cos(1))=
=1/2 1/(1−cos(1)) ( 1+exp(i(n−1))−exp(−i)−exp(in) )
1−cos(α)=2sin(α/2)^2, sin(α)=2sin(α/2)cos(α/2)
sin(α+β)=cos(α)sin(β)+sin(α)cos(β)
sin(α−β)=−cos(α)sin(β)+sin(α)cos(β)
sin(α+β)+sin(α−β)=2sin(α)cos(β)
sin(φ)+sin(ψ)=2sin(1/2 φ+ψ)cos(1/2 φ−ψ)
sin(φ)−sin(ψ)=2sin(1/2 φ−ψ)cos(1/2 φ+ψ)
cos(φ)−cos(ψ)=sin(π/2−φ)−sin(π/2−ψ)=2sin(1/2 ψ−φ)sin(1/2 (ψ+φ))
Im(∑exp(ik))=1/2 1/(1−cos(1)) (sin(n−1)+sin(1)−sin(n))=1/4sin(1/2)^2 ( 2sin(n/2)cos(n/2−1)−sin(n) )=
=1/4sin(1/2)^2 ( 2sin(n/2)cos(n/2−1)−2sin(n/2)cos(n/2) )=sin(n/2)/2sin(1/2) ( cos(n/2−1)−cos(n/2) )=
=sin(n/2)/2sin(1/2)^2 2sin(1/2)sin((n−1)/2)=sin(n/2)sin((n−1)/2)/sin(1/2)
∑sin(k)=sin(n/2)sin((n−1)/2)/sin(1/2)