Summa - divergent eller konvergent?

Har själv inte studerat detta men om jag gissar mig fram lite av tidigare gymnasiekunskaper.

$\sum _{k=1}^{\infty }\frac{1}{k^{2-\cos \left({\displaystyle \frac{1}{k}}\right)}}=\sum _{k=1}^{\infty }{\left(k^{2-\cos \left(\frac{1}{k}\right)}\right)}^{-1}=\sum _{k=1}^{\infty }{k}^{\cos \left(\frac{1}{k}\right)-2}$

Sedan ser vi att$\underset{k\to \infty }{\lim }\cos \left(\frac{1}{k}\right)-2=-1$, men detta hjälper oss nog inget (och något jag använt i fel sammanhang antagligen). Som sagt, detta är vad jag kommer ihåg från gymnasiet. Hade nog krävt en bredare verktygslåda för att lösa :)

Det var ett bra tag sedan jag höll på med summor, men jag tror den är konverget.

Summan av 1/k^2 kovergerar hyfsat snabbt eftersom att 1/k^2 kommer dö ut för lite större k, redan vid k=4 så är 1/k^2 litet.

Cos(1/k) är visserligen divergent men dess värdemängd pendlar mellan 1, -1, och kommer i helheten bara sega ner det hela. k^2 är fortfarande det som kommer dominera och därmed är jag övertygad om att den konvergerar.

Min kunskap för summor är så pass rostig att jag dock inte har kunskapen för att visa detta algebraiskt, tyvärr. 

Hmmm, funktionen $f\left(x\right)=\frac{1}{x^{2-\cos \left({\displaystyle \frac{1}{x}}\right)}}$ kan, som Groblix påpekat, skrivas om till $f\left(x\right)=x^{\cos \left(\frac{1}{x}\right)-2}$, som är lite enklare att hantera. Eftersom x är positiva tal i intervallet $x>1$, kommer $f(x)$ att vara positiv på hela intervallet. Derivatan är $$\begin{gathered} f\text{'}\left(x\right)=-2x^{\cos \left(\frac{1}{x}\right)-3}+\cos \left(\frac{1}{x}\right)x^{\cos \left(\frac{1}{x}\right)-3}+\ln \left(x\right)\sin \left(\frac{1}{x}\right)x^{\cos \left(\frac{1}{x}\right)-4}= \\ {x}^{\cos \left(\frac{1}{x}\right)-4}\left(-2x+x\cos \left(\frac{1}{x}\right)+\ln \left(x\right)\sin \left(\frac{1}{x}\right)\right) \end{gathered}$$

$x^{\cos \left(\frac{1}{x}\right)-4}$ kommer alltid att vara positiv på intervallet, så det är uttrycket som avgör derivatans tecken: 

$$\begin{gathered} -2x+x\cos \left(\frac{1}{x}\right)+\ln \left(x\right)\sin \left(\frac{1}{x}\right)= \\ x\underset{<-1}{\underbrace{\left(\cos \left(\frac{1}{x}\right)-2\right)}}+\ln \left(x\right)\underset{<1}{\underbrace{\sin \left(\frac{1}{x}\right)}} \Rightarrow \\ \mathbf{om} -x>\ln \left(x\right) \Rightarrow -2x+x\cos \left(\frac{1}{x}\right)+\ln \left(x\right)\sin \left(\frac{1}{x}\right)<0 \end{gathered}$$

Och ln(x) är mindre än $x$ i hela intervallet. Derivatan är alltså negativ i hela intervallet, vilket innebär att funktionen är avtagande i hela intervallet. Det enda x-värde som $f(x)$ är odefinierad för är $x=0$, vilket ligger utanför intervallet. 

Vi kan nu använda oss av integralen ${\int }_1^{\infty }{x}^{\cos \left(\frac{1}{x}\right)-2}dx$ istället för en summa (känns spontant inte mycket bättre, men det är det). När x går mot oändligheten kommer integranden att närma sig funktionen $g\left(x\right)=\frac{1}{x}$, som är divergent. 

Det luktar jämförelsekriteriet här! Dvs. integralerna ${\int }_a^{b}f\left(x\right)dx$ och ${\int }_a^{b}g\left(x\right)dx$ följer att om $\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{f\left(x\right)}{g\left(x\right)}\in \left(0,\infty \right)$, är båda funktioner antingen konvergenta eller divergenta. 

För våra $f(x)$ och $g(x)$ blir det:

$$\begin{gathered} \underset{x\to \infty }{\lim }\left(\frac{x^{\cos \left(\frac{1}{x}\right)-2}}{x^{-1}}\right)=\underset{x\to \infty }{\lim }\left(\frac{x^{\cos \left(\frac{1}{x}\right)}·x^{-2}}{x^{-1}}\right)= \\ \underset{x\to \infty }{\lim }\left(\frac{x^{\cos \left(\frac{1}{x}\right)}}{x}\right)=\underset{x\to \infty }{\lim }\left(x^{\cos \left(\frac{1}{x}\right)-1}\right)=x^0=1 \end{gathered}$$

Enligt jämförelsekriteriet är därmed båda funktioner antingen konvergenta eller divergenta, och eftersom funktionen $\frac{1}{x}$ är divergent på intervallet, måste även $x^{\cos \left(\frac{1}{k}\right)-2}$ vara divergent.

Och nu när jag skriver detta inser jag att jämförelsekriteriet gäller även för positiva summor, men utan krav på lutning. Det hade alltså gått utmärkt att undersöka summorna $\sum _{k=1}^{\infty }f\left(k\right)$ och $\sum _{k=1}^{\infty }g\left(k\right)$, vilket hade gett gränsvärdesberäkningen $\underset{k\to \infty }{\lim }\frac{f\left(k\right)}{g\left(k\right)}=\underset{k\to \infty }{\lim }\frac{k^{\cos \left({\displaystyle \frac{1}{k}}\right)-2}}{k^{-1}}=\underset{k\to \infty }{\lim }{k}^{\cos \left(\frac{1}{k}\right)-1}=k^0=1$...

Jaja, ibland vet en inte vilken den snabbaste vägen är innan en gått den längsta vägen.

Snyggt resonemang Smutstvätt, men serien är konvergent.

Jag får erkänna att jag hade fel, den är divergent trots allt. Bugar och bockar för Smutstvätts lösning!

Lade upp en fråga nu på Wolfram Alphas forum om varför summan räknas fel där.

https://community.wolfram.com/groups/-/m/t/2396927

Företrädare för Wolfram Alpha har erkänt att de räknar fel och det är rapporterat till W|A math team (se nedan).

Spännande! :D

Smutstvätt skrev:

Spännande! :D

Ja, jag har bett dem återkoppla sedan också. Man är nyfiken också på varför de räknade fel.

tomast80 skrev:

Ja, jag har bett dem återkoppla sedan också. Man är nyfiken också på varför de räknade fel.

Fick du något svar?

Soderstrom skrev:

tomast80 skrev:

Ja, jag har bett dem återkoppla sedan också. Man är nyfiken också på varför de räknade fel.

Fick du något svar?

Inte mer än svaren i denna tråd: https://community.wolfram.com/groups/-/m/t/2396927