FANDOM


Joseph Bertrand

Joseph Louis François Bertrand (1822 - 1900), matematician francez, cu contribuţii deosebite în teoria numerelor

Definim seria Bertrand ca fiind:

$ \sum_{n \ge 2} \frac {1}{n^{\alpha \ln ^{\beta} n}}, \! $

unde $ \alpha \! $ şi $ \beta \! $ sunt numere reale.

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}. \! $


Să studiem convergenţa acestei serii.

Mai întâi să remarcăm 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 vom presupune că $ \alpha \ge 0. \! $

Avem trei cazuri:


  • Cazul 1: $ 0 < \alpha < 1 \! $

Fie $ p = \frac {\alpha +1}{2}. \! $ Atunci $ \alpha < p < 1. \! $ Remarcăm că:

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

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

$ \lim_{n \to \infty} n^p \cdot \frac{1}{n^{\alpha} \ln^{\beta} n} = \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 şi 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, \! $ avem:

$ \lim_{n \to \infty} n^p \cdot \frac{1}{n^{\alpha} \ln^{\beta}n}=0. \! $

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}. \! $

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 funcţia:

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

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

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

şi

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

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

$ \int_M^{n+1} \frac{1}{x \ln^{\beta} x} dx = \bigg [ \frac{1}{1-\beta} \ln^{1-\beta} x \bigg ]_M^{n+1} = \frac{\ln^{1-\beta}(n+1) - \ln^{1-\beta}M}{1-\beta}, \! $

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

$ \int_2^{n+1} \frac{1}{x \ln x} dx = \bigg [ \ln (\ln x) \bigg ]_2^{n+1} = \ln (\ln (n+1)) - \ln (\ln 2). \! $

Avem trei cazuri:


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 $ \lim_{n \to \infty } \frac{\ln^{1-\beta}(n+1) - \ln^{1-\beta} M}{1-\beta} = \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, obţinem:

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

ceea ce înseamnă că şirul sumelor parţiale asociate seriei:

$ \sum_{n \ge 2} \frac{1}{n \ln ^{\beta} n} \! $

este marginit. Deci seria este convergentă.


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

$ \int_2^{n+1} \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:

$ \lim_{n \to \infty} \ln(\ln (n+1)) - \ln (\ln 2) = \infty, \! $

ajungem la concluzia că şirul sumelor parţiale asociat seriei:

$ \sum_{n \ge 2} \frac{1}{n \ln n} \! $

nu este mărginit. Deci seria nu este divergentă.



În final, concluziile în ceea ce priveşte 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 şi numai dacă $ \beta >1. \! $


De exemplu, seriile:

$ \sum_{n \ge 2} \frac{1}{n \ln n} \! $ şi $ \sum_{n \ge 2} \frac{\ln n}{n} \! $

sunt divergente iar seria:

$ \sum_{n \ge 2} \frac{\ln n}{n^2} \! $

este convergentă.

Resurse Edit