Demostrar que $\sum_{n=1}^{\infty}{f\left({1\over n}\right)}$ converge absolutamente.

Question

Deje $f:\Bbb{R}\to \Bbb{R}$ ser dos veces continuamente diferenciable en torno a $0$ tal que $f(0)=f'(0)=0$. Demostrar que $\sum_{n=1}^{\infty}{f\left({1\over n}\right)}$ converge absolutamente.

Lo que le hice a la medida es: $f(x)=o+o+R_n{(x,0)}={x^2 \over 2}f''(c)$. Por lo tanto, ${f\left({1\over n}\right)}={1 \over 2n^2}f''(c)$ donde $0<c<{1\over n}$. Por Heine definición de los límites, $\lim_{n\to \infty}{f\left({1\over n}\right)}=f(0)=0$. No sé cómo demostrar que cualquiera de las $f''(0)$ es limitada o uninfluential. Realmente agradecería su ayuda.

Answer 1

Deje $c$, para que $f''(x)$ es maximizado en el intervalo de $[0,1]$. Desde $f''$ es continua y el intervalo es compacto, un $c$ va a existir. Luego de observar que $$ |f(x)| \leq \frac{x^2}{2} |f"(c)| $$ para cualquier $x$$[0,1]$. Esto es debido a su observación de que por la expansión de taylor, tenemos que $f(x) = x^2 f''(c')/2$ algunos $c'$.

Entonces $$ \sum_{n=1}^{\infty}\left|f(\frac{1}{n})\right| \leq \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\left|f"(c) \right| }{2n^2} = \frac{\left|f"(c) \right| }{2} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}. $$ El último de la serie converge a $\pi^2/6$. Sin embargo, no tenemos necesidad de este hecho, sino sólo que, ya sea por la integral de la prueba o test del cociente o cualquiera que sea tu favorito convergencia de la prueba es, que converge. Por lo tanto, la suma en cuestión converge absolutamente, como se desee.

Answer 2

Taylor con el teorema de Peano forma de que el resto nos dice que $f(x)=f''(0)\frac{x^2}{2}+o(x^2)$

Por lo tanto $f(\frac{1}{n})=f''(0)\frac{1}{2n^2}+o(\frac{1}{n^2})$.

Esto también significa que $\displaystyle\lim_{n\to \infty} \frac{f(\frac{1}{n})}{f''(0)\frac{1}{2n^2}}=1$

Por lo tanto, hay algo de $N$ tal que $\forall n\geq N$, $f(\frac{1}{n})$ y $f''(0)\frac{1}{2n^2}$tienen el mismo signo.

Por lo tanto, podemos suponer sin pérdida de generalidad que $\forall n\in \mathbb N ,f(\frac{1}{n})\geq 0$

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Queda por demostrar que $\sum f(\frac{1}{n})$ converge.

La declaración de $f(\frac{1}{n})=f''(0)\frac{1}{2n^2}+o(\frac{1}{n^2})$ puede reescribirse de la siguiente forma :

existe una secuencia $\epsilon_n$ tal que $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\epsilon_n=0$ $\forall n\in \mathbb N, f(\frac{1}{n})=f''(0)\frac{1}{2n^2}+\epsilon_n\frac{1}{n^2}$

El uso de $p$ serie, $\sum_{n\geq 1} f''(0)\frac{1}{2n^2}$ converge.

Ahora, desde la $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\epsilon_n=0$, hay algunos $N$ tal que $\forall n\geq N,|\epsilon_n|\leq 1 $.

Mediante la prueba de comparación, $\sum_{n\geq N}\epsilon_n\frac{1}{n^2}$ converge.

Por lo tanto $\sum_{n\geq 1}\epsilon_n\frac{1}{n^2}$ converge, y $\sum_{n\geq 1} f''(0)\frac{1}{2n^2}+\epsilon_n\frac{1}{n^2}$ converge demasiado.

Por lo tanto $\sum f(\frac{1}{n})$ converge.

Answer 3

Puesto que no hay respuestas todavía, pensé que podría post una y criticó:

Prueba: $f({1\over n})={1\over 2n^2}f''(c)$. Desde $0<c<{1\over n}$$c\to 0$$n\to \infty$, lo que significa que no existe $m$ tal que $f''(x)$ es continua en a $0\le x \le {1\over m} $, yo.e, continua en el intervalo cerrado $[0,{1\over m}]$ y, por tanto, que alcanza su máximo absoluto, $s$. Desde $c\in [0,{1\over m}]$$|f''(c)|\le s$$m$. Veamos la cola $\sum_{i=m}^{\infty}{1\over 2n^2}|f"(c)|\le s\cdot \sum_{i=m}^{\infty}{1\over 2n^2}$ y desde $\sum_{i=m}^{\infty}{1\over 2n^2}$ converge, también lo $s\cdot \sum_{i=m}^{\infty}{1\over 2n^2}$, por lo que la cola de la serie original, es decir, la serie converge absolutamente.