Seria lui Bertrand

Seria Bertrand este o serie definită prin:

$\sum _{n\ge 2}\frac{1}{n^{\alpha {\ln }^{\beta }n}},$

unde $\alpha$ și $\beta$ sunt numere reale.

Este atribuită matematicianului francez Joseph Bertrand.

Exemple de serii Bertrand:

$\sum _{n\ge 2}\frac{1}{n\ln n},\sum _{n\ge 2}\frac{\ln n}{n},\sum _{n\ge 2}\frac{1}{\sqrt{n}\ln n}.$

Studiul convergenței

Pentru a studia convergența acestei serii, mai întâi se va ține cont de faptul că dacă $\alpha <0,$ atunci șirul $\frac{1}{n^{\alpha }{\ln }^{\beta }n}$ nu este mărginit deci nu tinde la zero. Înseamnă că seria:

$\sum _{n\ge 2}\frac{1}{n^{\alpha }{\ln }^{\beta }n},$

este divergentă. De aceea se presupune că $\alpha \ge 0.$

Se vor considera cazurile:

• Cazul 1: $0<\alpha <1$

Fie $p=\frac{\alpha +1}{2}.$ Atunci $\alpha <p<1.$ Se remarcă faptul că:

$n^p\cdot \frac{1}{n^{\alpha }{\ln }^{\beta }n}=\frac{n^{p-\alpha }}{{\ln }^{\beta }n}.$

Deoarece $p-\alpha >0,$ avem:

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{n}^p\cdot \frac{1}{n^{\alpha }{\ln }^{\beta }n}=\mathrm{\infty }.$

Astfel, pentru $N_0\ge 2,$ avem:

$n^p\cdot \frac{1}{n^{\alpha }{\ln }^{\beta }n}>1,$

ceea ce implică:

$\frac{1}{n^{\alpha }{\ln }^{\beta }n}>\frac{1}{n^p}.$

Deoarece $p<1$ rezultă că seria $\sum \frac{1}{n^p}$ este divergentă, deci și seria:

$\sum _{n\ge 2}\frac{1}{n^{\alpha }{\ln }^{\beta }n}$

este divergentă.

• Cazul 2: $\alpha >1$

Fie $p=\frac{\alpha +1}{2}.$ Deci $1<p<\alpha .$ Avem:

$n^p\cdot \frac{1}{n^{\alpha }{\ln }^{\beta }n}=\frac{1}{n^{\alpha -p}{\ln }^{\beta }n}.$

Deoarece $\alpha -p>0,$ rezultă:

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{n}^p\cdot \frac{1}{n^{\alpha }{\ln }^{\beta }n}=0.$

Astfel, pentru $N_0\ge 2,$ se obține:

$n^p\cdot \frac{1}{n^{\alpha }{\ln }^{\beta }n}<1.$

ceea ce implică:

$\frac{1}{n^{\alpha }{\ln }^{\beta }n}<\frac{1}{n^p}.$

Seria $\sum \frac{1}{n^p}$ este convergentă deoarece $p>1.$ Rezultă că seria:

$\sum _{n\ge 2}\frac{1}{n^{\alpha }{\ln }^{\beta }n}$

este convergentă.

• Cazul 3: $\alpha =1$

Considerăm funcția:

$f(x)=\frac{1}{x{\ln }^{\beta }x}.$

E ușor de verificat că, pentru un x suficient de mare (mai exact $x>e^{-\beta }$), funcția $f(x)$ este descrescătoare. Vom demonstra atunci că:

$\underset{M}{\overset{n+1}{\int }}f(x)dx\le \frac{1}{(M+1){\ln }^{\beta }(M+1)}+\cdots +\frac{1}{n{\ln }^{\beta }n},$

și

$\frac{1}{M{\ln }^{\beta }M}+\cdots +\frac{1}{(n-1){\ln }^{\beta }(n-1)}\le \underset{M}{\overset{n-1}{\int }}f(x)dx,$

unde M este un număr întreg astfel ales încât f(x) este descrescătoare pe $(M,\mathrm{\infty }).$ De remarcat faptul că $\beta \ne 1,$ deci:

$\underset{M}{\overset{n+1}{\int }}\frac{1}{x{\ln }^{\beta }x}dx=[\frac{1}{1-\beta }{\ln }^{1-\beta }x{]}_M^{n+1}=\frac{{\ln }^{1-\beta }(n+1)-{\ln }^{1-\beta }M}{1-\beta },$

și dacă $\beta =1$ (putem să luăm $M=2$), atunci avem:

$\underset{2}{\overset{n+1}{\int }}\frac{1}{x\ln x}dx=[\ln (\ln x){]}_2^{n+1}=\ln (\ln (n+1))-\ln (\ln 2).$

Se consideră trei subcazuri:

Cazul a.: $\beta <1,$ atunci avem:

$\frac{{\ln }^{1-\beta }(n+1)-{\ln }^{1-\beta }M}{1-\beta }\le \frac{1}{(M+1){\ln }^{\beta }(M+1)}+\cdots +\frac{1}{n{\ln }^{\beta }n}.$

Deoarece $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{{\ln }^{1-\beta }(n+1)-{\ln }^{1-\beta }M}{1-\beta }=\mathrm{\infty },$ rezultă că seria $\sum \frac{1}{n{\ln }^{\beta }n}$ nu este mărginită, deci este divergentă.

Cazul b.: $\beta >1,$ atunci avem:

$\frac{1}{M{\ln }^{\beta }M}+\cdots +\frac{1}{(n-1){\ln }^{\beta }(n-1)}\le \frac{{\ln }^{1-\beta }(n+1)-{\ln }^{1-\beta }M}{1-\beta },$

dar, deoarece:

$\frac{{\ln }^{1-\beta }(n+1)-{\ln }^{1-\beta }M}{1-\beta }<\frac{1}{\beta -1},$

pentru valori mari ale lui n, obținem:

$\frac{1}{M{\ln }^{\beta }M}+\cdots +\frac{1}{(n-1){\ln }^{\beta }(n-1)}<\frac{1}{\beta -1},$

ceea ce înseamnă că șirul sumelor parțiale asociate seriei:

$\sum _{n\ge 2}\frac{1}{n{\ln }^{\beta }n}$

este marginit. Deci seria este convergentă.

Cazul c.: $\beta =1,$ avem:

$\underset{2}{\overset{n+1}{\int }}\frac{x\ln x}{d}x\le \frac{1}{3\ln 3}+\cdots +\frac{1}{n\ln n},$

ceea ce implică:

$\ln (\ln (n+1))-\ln (\ln 2)\le \frac{1}{3\ln 3}+\cdots +\frac{1}{n\ln n}.$

Dar cum:

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\ln (\ln (n+1))-\ln (\ln 2)=\mathrm{\infty },$

ajungem la concluzia că șirul sumelor parțiale asociat seriei:

$\sum _{n\ge 2}\frac{1}{n\ln n}$

nu este mărginit. Deci seria nu este divergentă.

Concluzii

În final, concluziile în ceea ce privește seria lui Bertrand:

$\sum _{n\ge 2}\frac{1}{n^{\alpha }{\ln }^{\beta }n}$

sunt următoarele:

$\alpha >1$	Seria este convergentă indiferent de valoarea lui $\beta .$
$\alpha <1$	Seria este divergentă indiferent de valoarea lui $\beta .$
$\alpha =1$	Seria este convergentă dacă și numai dacă $\beta >1.$

Exemple

De exemplu, seriile:

$\sum _{n\ge 2}\frac{1}{n\ln n}$ și $\sum _{n\ge 2}\frac{\ln n}{n}$

sunt divergente iar seria:

$\sum _{n\ge 2}\frac{\ln n}{n^2}$

este convergentă.

Vezi și

Postulatul lui Bertrand

Legături externe

• SOSMath.com
• Gilles.Costantini.PagesPerso-Orange.fr
• UEL.education.fr Format:Webarchive
• MateForum.ro Format:Webarchive