\hfill \thepage} %} \newtheorem{acknowledgement}[theorem]{Acknowledgement} \newtheorem{algorithm}[theorem]{Algorithm} \newtheorem{case}[theorem]{Case} \newtheorem{claim}[theorem]{Claim} \newtheorem{conclusion}[theorem]{Conclusion} \newtheorem{condition}[theorem]{Condition} \newtheorem{criterion}[theorem]{Criterion} \newtheorem{notation}[theorem]{Notation} \newtheorem{problem}[theorem]{Problem} \newtheorem{solution}[theorem]{Solution} \newtheorem{summary}[theorem]{Summary} \newenvironment{proof}[1][Proof]{\textbf{#1.} }{\ \rule{0.5em}{0.5em}} \input{tcilatex} \begin{document} \section{Ma 116 Lecture 2/14/00} \section{Infinite Series} Please note that in addition to the material below this lecture incorporates material from the Visual Calculus web site. The material on sequences is at \hyperref{Visual Sequences}{}{}{% http://archives.math.utk.edu/visual.calculus/6/}. (To use this link hold down the Ctrl key and click.) \subsection{Telescoping Series} \vspace{0in} \begin{example} Compute\qquad $S=\dsum\limits_{n=1}^{\infty }\ln \left( 1+\dfrac{1}{n}% \right) $. \end{example} \emph{Solution:} \ We rewrite the series as\qquad $S=\dsum\limits_{n=1}^{% \infty }\ln \left( \dfrac{n+1}{n}\right) $\qquad and compute the $k^{\text{th% }}$ partial sum: \begin{center} $S_{k}=\dsum\limits_{n=1}^{k}\ln \left( \dfrac{n+1}{n}\right) \allowbreak =\ln \left( \dfrac{2}{1}\right) +\ln \left( \dfrac{3}{2}\right) +\ln \left( \dfrac{4}{3}\right) +\cdots +\ln \left( \dfrac{k}{k-1}\right) +\ln \left( \dfrac{k+1}{k}\right) $ \end{center} We now use the rule that the sum of the logs is the log of the product and notice that the numerator of each factor cancels with the denominator of the next factor: \begin{center} $S_{k}=\ln \left( \dfrac{2}{1}\cdot \dfrac{3}{2}\cdot \dfrac{4}{3}\cdot \cdots \cdot \dfrac{k}{k-1}\cdot \dfrac{k+1}{k}\right) \allowbreak =\ln \left( \dfrac{k+1}{1}\right) =\ln \left( k+1\right) $ \end{center} So the sum of the series is \begin{center} $S=\dsum\limits_{n=1}^{\infty }\ln \left( 1+\dfrac{1}{n}\right) =\lim\limits_{k\rightarrow \infty }S_{k}=\lim\limits_{k\rightarrow \infty }\ln \left( k+1\right) =\infty $ \end{center} So this series diverges to positive infinity. \FRAME{dtbpF}{4.2653in}{0.0701in}{0pt}{}{}{maroon.wmf}{\special{language "Scientific Word";type "GRAPHIC";display "PICT";valid_file "F";width 4.2653in;height 0.0701in;depth 0pt;original-width 290.5625pt;original-height 1pt;cropleft "0";croptop "0.6126";cropright "1";cropbottom "0.3874";filename 'graphics/maroon6.wmf';file-properties "XNPEU";}} Notice that in each series \emph{part of each term cancels with part of one or more subsequent terms}. \ This permits the partial sums to collapse like the nested tubes of an old telescope. \vspace{1pt} \FRAME{dtbpF}{4.2653in}{0.0701in}{0pt}{}{}{maroon.wmf}{\special{language "Scientific Word";type "GRAPHIC";display "PICT";valid_file "F";width 4.2653in;height 0.0701in;depth 0pt;original-width 290.5625pt;original-height 1pt;cropleft "0";croptop "0.2561";cropright "1";cropbottom "0.7439";filename 'graphics/maroon6.wmf';file-properties "XNPEU";}} \subsection{Telescoping Series --- Example 1} \vspace{0in} \begin{example} Compute\qquad $S=\dsum\limits_{n=1}^{\infty }\left( \sqrt{n+1}-\sqrt{n}% \right) $. \end{example} \emph{Solution:} \ We compute the $k^{\text{th}}$ partial sum: \begin{eqnarray*} S_{k} &=&\dsum\limits_{n=1}^{k}\left( \sqrt{n+1}-\sqrt{n}\right) \\ &=&\left( \sqrt{2}-\sqrt{1}\right) +\left( \sqrt{3}-\sqrt{2}\right) +\left( \sqrt{4}-\sqrt{3}\right) \\ &&\qquad +\cdots +\left( \sqrt{k}-\sqrt{k-1}\right) +\left( \sqrt{k+1}-\sqrt{% k}\right) \\ &=&-\sqrt{1}+\sqrt{k+1} \end{eqnarray*} Notice that everything cancelled except the second half of the first term and the first half of the last term. \ So the sum of the series is \begin{center} $S=\dsum\limits_{n=1}^{\infty }\left( \sqrt{n+1}-\sqrt{n}\right) =\lim\limits_{k\rightarrow \infty }S_{k}=\lim\limits_{k\rightarrow \infty }\left( -\sqrt{1}+\sqrt{k+1}\right) =\infty $ \end{center} This series diverges to positive infinity. \begin{remark} Notice that the partial sum is \textsl{not} always the first half of the first term minus the last half of the last term. \end{remark} \FRAME{dtbpF}{4.2653in}{0.0701in}{0pt}{}{}{maroon.wmf}{\special{language "Scientific Word";type "GRAPHIC";display "PICT";valid_file "F";width 4.2653in;height 0.0701in;depth 0pt;original-width 290.5625pt;original-height 1pt;cropleft "0";croptop "0.5008";cropright "1";cropbottom "0.4992";filename 'graphics/maroon6.wmf';file-properties "XNPEU";}} \subsection{ Telescoping Series --- Example 2} \vspace{0in} \begin{example} Compute\qquad $S=\dsum\limits_{n=1}^{\infty }\ln \left( \dfrac{n}{n+1}% \right) $. \end{example} \emph{Solution:} \ We compute the $k^{\text{th}}$ partial sum: \begin{eqnarray*} S_{k} &=&\dsum\limits_{n=1}^{k}\ln \left( \dfrac{n}{n+1}\right) \\ &=&\ln \left( \dfrac{1}{2}\right) +\ln \left( \dfrac{2}{3}\right) +\ln \left( \dfrac{3}{4}\right) +\cdots +\ln \left( \dfrac{k-1}{k}\right) +\ln \left( \dfrac{k}{k+1}\right) \\ &=&\ln \left( \dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{2}{3}\cdot \dfrac{3}{4}\cdot \cdots \cdot \dfrac{k-1}{k}\cdot \dfrac{k}{k+1}\right) =\ln \left( \dfrac{1}{k+1}% \right) \end{eqnarray*} So the sum of the series is \begin{center} $S=\dsum\limits_{n=1}^{\infty }\ln \left( \dfrac{n}{n+1}\right) \allowbreak =\lim\limits_{k\rightarrow \infty }S_{k}=\lim\limits_{k\rightarrow \infty }\ln \left( \dfrac{1}{k+1}\right) =-\infty $ \end{center} In this case, the series diverges to negative infinity. \FRAME{dtbpF}{4.2653in}{0.0701in}{0pt}{}{}{maroon.wmf}{\special{language "Scientific Word";type "GRAPHIC";display "PICT";valid_file "F";width 4.2653in;height 0.0701in;depth 0pt;original-width 290.5625pt;original-height 1pt;cropleft "0";croptop "0.5008";cropright "1";cropbottom "0.4992";filename 'graphics/maroon6.wmf';file-properties "XNPEU";}} \subsection{Telescoping Series --- Example 3 --- Using Partial Fractions} \vspace{0in} The method of partial fractions (which you probably learned as an integration technique) may be used to convert some series into telescoping series. \FRAME{dtbpF}{4.2653in}{0.0701in}{0pt}{}{}{maroon.wmf}{\special{language "Scientific Word";type "GRAPHIC";display "PICT";valid_file "F";width 4.2653in;height 0.0701in;depth 0pt;original-width 290.5625pt;original-height 1pt;cropleft "0";croptop "0.2561";cropright "1";cropbottom "0.7439";filename 'graphics/maroon6.wmf';file-properties "XNPEU";}} \vspace{1pt} \begin{example} Compute\qquad $S=\dsum\limits_{n=1}^{\infty }\dfrac{4}{4n^{2}-1}$. \end{example} \emph{Solution:} \ We use the method of partial fractions to write $\dfrac{4% }{4n^{2}-1}=\dfrac{2}{2n-1}-\dfrac{2}{2n+1}\qquad $\fbox{% \CustomNote[\underline{Details}]{Margin Hint}{% The general form of the partial fraction expansion is: \par $\dfrac{4}{4n^{2}-1}=\dfrac{A}{2n-1}+\dfrac{B}{2n+1}$% \par We clear the denominator: \par $4=A\left( 2n+1\right) +B\left( 2n-1\right) \qquad \left( \ast \right) $% \par To find the two coefficients, we plug $n=\dfrac{1}{2}$ and $n=-\dfrac{1}{2}$ into $\left( \ast \right) $:$\vspace{1pt}$% \par $n=\dfrac{1}{2}$:\qquad $4=A\left( 2\right) \qquad \qquad n=-\dfrac{1}{2}$% :\qquad $4=B\left( -2\right) $% \par So $A=2$ and $B=-2$ and the expansion is \par {}$\dfrac{4}{4n^{2}-1}=\dfrac{2}{2n-1}-\dfrac{2}{2n+1}$}} Then we can rewrite the series as\qquad $S=\dsum\limits_{n=1}^{\infty }$ $% \left( \dfrac{2}{2n-1}-\dfrac{2}{2n+1}\right) $\qquad and compute the $k^{% \text{th}}$ partial sum: \begin{eqnarray*} S_{k} &=&\dsum\limits_{n=1}^{k}\left( \dfrac{2}{2n-1}-\dfrac{2}{2n+1}\right) \\ &=&\left( \dfrac{2}{1}-\dfrac{2}{3}\right) +\left( \dfrac{2}{3}-\dfrac{2}{5}% \right) +\cdots +\left( \dfrac{2}{2k-1}-\dfrac{2}{2k+1}\right) \\ &=&2-\dfrac{2}{2k+1} \end{eqnarray*} So the sum of the series is \begin{eqnarray*} S &=&\dsum\limits_{n=1}^{\infty }\dfrac{4}{4n^{2}-1}=\lim\limits_{k% \rightarrow \infty }S_{k} \\ &=&\lim\limits_{k\rightarrow \infty }\left( 2-\dfrac{2}{2k+1}\right) =2 \end{eqnarray*} \FRAME{dtbpF}{4.2653in}{0.0701in}{0pt}{}{}{maroon.wmf}{\special{language "Scientific Word";type "GRAPHIC";display "PICT";valid_file "F";width 4.2653in;height 0.0701in;depth 0pt;original-width 290.5625pt;original-height 1pt;cropleft "0";croptop "0.5008";cropright "1";cropbottom "0.4992";filename 'graphics/maroon6.wmf';file-properties "XNPEU";}} \begin{example} The \emph{Harmonic Series} $\sum\limits_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n}=1+\dfrac{% 1}{2}+\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{4}+\cdots $ diverges. \ (We shall prove this result as an example to the \textit{Integral Test}). \end{example} \vspace{1pt} \begin{example} The series $\sum\limits_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n^{2}}=1+\dfrac{1}{4}+% \dfrac{1}{9}+\cdots $ converges. (This may be proven using the \textit{% Integral Test}). \end{example} For more examples of telescoping series hold down the Ctrl key and click on \hyperref{Telescoping Series}{}{}{% http://archives.math.utk.edu/visual.calculus/6/series.4/index.html} \subsection{Convergence and Divergence Tests} \vspace{0in} So far we have seen series (geometric and telescoping) for which the sum can be computed exactly. \ We will see more such series at the end of the section on Taylor series. \ However, it is also important to know when a series converges even if we cannot compute the sum exactly. \ We can then use numerical techniques to approximate the sum and to bound the error. \ Why is it important to know when a series converges? \ Because, for example: \vspace{1pt} \paragraph{Convergent Series May be Used to Define and Approximate Fundamental Constants} Mathematicians often use series to compute decimal values for fundamental constants (like $\pi $ and $e$) or to define new fundamental constants. \ Here are some examples. \ \subsubsection{Examples of Convergent Series Used to Define and Approximate Fundamental Constants} You are not yet expected to be able to prove the convergence of these series nor to estimate the error in the approximation. \vspace{0in} \begin{example} Compute\qquad $\dsum\limits_{n=0}^{\infty }\dfrac{1}{n!}=1+1+\dfrac{1}{2}+% \dfrac{1}{6}+\dfrac{1}{24}+\dfrac{1}{120}+\cdots $ \end{example} \begin{remark} Recall that $n$ \emph{factorial} is $n!=n\cdot \left( n-1\right) \cdot \left( n-2\right) \cdot \cdots \cdot 3\cdot 2\cdot 1$ and by definition $% 0!=1 $.\medskip \end{remark} \emph{Solution:} \ This series is neither geometric nor telescoping. \ So you do not yet know how to compute the sum. \ However, it can be shown to converge (by the Ratio Test). \ Taking $21$\ terms the partial sum is $% S_{20}=\dsum\limits_{n=0}^{20}\dfrac{1}{n!}=2.718\,281\,828\,459\,045\,235% \,3 $ which can be shown to be correct to within $\pm 10^{-19}$ (using the Taylor Bound on the Remainder). \ In fact, Taylor's theorem shows that the sum of the infinite series is $e$. \ So this is an excellent way to find a decimal approximation to $e$. \FRAME{dtbpF}{4.2653in}{0.0701in}{0pt}{}{}{maroon.wmf}{\special{language "Scientific Word";type "GRAPHIC";display "PICT";valid_file "F";width 4.2653in;height 0.0701in;depth 0pt;original-width 290.5625pt;original-height 1pt;cropleft "0";croptop "0.5008";cropright "1";cropbottom "0.4992";filename 'graphics/maroon6.wmf';file-properties "XNPEU";}} \vspace{1pt} \begin{example} Compute\qquad $\dsum\limits_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n^{3}}=1+\dfrac{1}{8}+% \dfrac{1}{27}+\dfrac{1}{64}+\dfrac{1}{125}+\cdots $ \end{example} \emph{Solution:} \ This series is called the $p$-series with $p=3$. \ It can be shown to converge (by the Integral Test). \ Taking $25$\ terms the partial sum is $S_{25}=\dsum\limits_{n=1}^{25}\dfrac{1}{n^{3}}=1.201\,29$ which can be shown to be correct to within $\pm 10^{-3}$ (using the Integral Bound on the Remainder). \ Riemann recognized that the sum of this infinite series is a new transcendental number (not expressible in terms of $\pi $ and $e$) and named it $\zeta \left( 3\right) $, which is read ``zeta of $3$% ''. \vspace{1pt}\vspace{1pt} \begin{example} Consider the series\qquad $S=5+4+3+2+1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{8}% +\cdots \qquad $where later terms are each half of the preceding term. \ Is this series convergent or divergent and why? \end{example} \emph{Solution:} \ If we ignore the first three terms, the tail is the geometric series\quad $2,1,\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{4},\dfrac{1}{8},\cdots \quad $whose ratio is $\dfrac{1}{2}$. \ Consequently, the tail converges and so the series converges. \ In fact the sum of the geometric tail is $\dfrac{2% }{1-\dfrac{1}{2}}=4$. \ So the sum of the original series is $S=5+4+3+\left( 4\right) =16$. \FRAME{dtbpF}{4.2653in}{0.0701in}{0pt}{}{}{maroon.wmf}{\special{language "Scientific Word";type "GRAPHIC";display "PICT";valid_file "F";width 4.2653in;height 0.0701in;depth 0pt;original-width 290.5625pt;original-height 1pt;cropleft "0";croptop "0.5008";cropright "1";cropbottom "0.4992";filename 'graphics/maroon7.wmf';file-properties "XNPEU";}} \begin{definition} A series $\dsum\limits_{n=n_{o}}^{\infty }a_{n}$ is \emph{positive} if all of its terms are positive, $a_{n}>0$ for all $n$. A series $\dsum\limits_{n=n_{o}}^{\infty }a_{n}$ is \emph{negative} if all of its terms are negative, $a_{n}<0$ for all $n$. A series $\dsum\limits_{n=n_{o}}^{\infty }a_{n}$ is \emph{indefinite} if \ some terms are positive and some terms are negative.\medskip \end{definition} \FRAME{dtbpF}{4.2653in}{0.0701in}{0pt}{}{}{maroon.wmf}{\special{language "Scientific Word";type "GRAPHIC";display "PICT";valid_file "F";width 4.2653in;height 0.0701in;depth 0pt;original-width 290.5625pt;original-height 1pt;cropleft "0";croptop "0.2561";cropright "1";cropbottom "0.7439";filename 'graphics/maroon7.wmf';file-properties "XNPEU";}} With these examples in mind, we can now turn to the Convergence and Divergence Tests. \ There is one test which can show that a series is divergent. \ \ There are \ tests which can be used for series whose terms are all positive. \ \ And there are \ tests which can be used for series whose terms are both positive and negative. \ In addition, there is one general principle, used all the time, which we discuss now. \ It says that to determine the convergence of a series, we can ignore any number of initial terms and only look at the remaining part of the series, called the tail. \vspace{1pt} \FRAME{dtbpF}{4.2653in}{0.0701in}{0pt}{}{}{maroon.wmf}{\special{language "Scientific Word";type "GRAPHIC";display "PICT";valid_file "F";width 4.2653in;height 0.0701in;depth 0pt;original-width 290.5625pt;original-height 1pt;cropleft "0";croptop "0.6126";cropright "1";cropbottom "0.3874";filename 'graphics/maroon7.wmf';file-properties "XNPEU";}} \begin{definition} A \emph{tail} of the series $\dsum\limits_{n\,=\,i}^{\infty }a_{n}$ is any series of the form $\dsum\limits_{n\,=\,N}^{\infty }a_{n}$ where $N>i$. \end{definition} \subsubsection{Testing a Tail} \qquad A series $\dsum\limits_{n=n_{o}}^{\infty }a_{n}$ is convergent if and only if any (and hence every) tail is convergent. \begin{remark} This says the convergence of a series does not depend on any finite number of terms. \ Further, you can check for convergence by applying a convergence test to the tail. \end{remark} \FRAME{dtbpF}{4.2653in}{0.0701in}{0pt}{}{}{maroon.wmf}{\special{language "Scientific Word";type "GRAPHIC";display "PICT";valid_file "F";width 4.2653in;height 0.0701in;depth 0pt;original-width 290.5625pt;original-height 1pt;cropleft "0";croptop "0.6126";cropright "1";cropbottom "0.3874";filename 'graphics/maroon7.wmf';file-properties "XNPEU";}} \vspace{1pt} \begin{example} Consider the series\qquad $S=5+4+3+2+1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{8}% +\cdots \qquad $where later terms are each half of the preceding term. \ Is this series convergent or divergent and why? \end{example} \emph{Solution:} \ If we ignore the first three terms, the tail is the geometric series\quad $2,1,\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{4},\dfrac{1}{8},\cdots \quad $whose ratio is $\dfrac{1}{2}$. \ Consequently, the tail converges and so the series converges. \ In fact the sum of the geometric tail is $\dfrac{2% }{1-\dfrac{1}{2}}=4$. \ So the sum of the original series is $S=5+4+3+\left( 4\right) =16$. \FRAME{dtbpF}{4.2653in}{0.0701in}{0pt}{}{}{maroon.wmf}{\special{language "Scientific Word";type "GRAPHIC";display "PICT";valid_file "F";width 4.2653in;height 0.0701in;depth 0pt;original-width 290.5625pt;original-height 1pt;cropleft "0";croptop "0.6126";cropright "1";cropbottom "0.3874";filename 'graphics/maroon7.wmf';file-properties "XNPEU";}} \subsection{\ $n^{\text{th}}$ Term Divergence Test} \vspace{0in} \begin{proposition} \textsl{The }$n^{\text{\textsl{th}}}$\textsl{\ Term Divergence Test} If $\lim\limits_{n\rightarrow \infty }a_{n}\neq 0$, then $% \dsum\limits_{n=n_{o}}^{\infty }a_{n}$ is divergent. \end{proposition} \begin{remark} If $\lim\limits_{n\rightarrow \infty }a_{n}=0$\ the $n^{\text{th}}$\ Term Divergence Test \textsl{FAILS} and says nothing about $\dsum% \limits_{n=n_{o}}^{\infty }a_{n}$; \ it may be \textsl{convergent} or \textsl{divergent}. \end{remark} \begin{example} Consider the series \begin{equation*} \sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{n}{n+1}. \end{equation*} Since $\lim\limits_{n\rightarrow \infty }\dfrac{n}{n+1}=1,$ this series diverges. \end{example} \begin{example} The Harmonic Series \begin{equation*} \sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n} \end{equation*}% has $\lim\limits_{n\rightarrow \infty }\dfrac{1}{n}=0$ as the limit, but the series \emph{diverges}. (We shall show this soon.) \end{example} \begin{example} The series% \begin{equation*} \sum_{n=1}^{\infty }\ (-1)^{n}\ \frac{n}{\sqrt{n^{2}+n}} \end{equation*} \end{example} diverges since \begin{equation*} \lim_{n\rightarrow \infty }\frac{n}{\sqrt{n^{2}+n}}=1\neq 0 \end{equation*} \vspace{1pt} \begin{example} The series \begin{equation*} \sum_{n=1}^{\infty }\left( -1\right) ^{n}n^{2}=1-4+9-16+25-\cdots \end{equation*} \end{example} diverges because $\lim_{n\rightarrow \infty }a_{n}$ does not exist. \FRAME{dtbpF}{4.2653in}{0.0701in}{0pt}{}{}{maroon.wmf}{\special{language "Scientific Word";type "GRAPHIC";display "PICT";valid_file "F";width 4.2653in;height 0.0701in;depth 0pt;original-width 290.5625pt;original-height 1pt;cropleft "0";croptop "0.2561";cropright "1";cropbottom "0.7439";filename 'graphics/maroon7.wmf';file-properties "XNPEU";}} \subsection{The Integral Test} \vspace{1pt}\emph{The Integral Test:} \ Suppose $f$ is a continuous, \emph{% positive}, \emph{decreasing} function on $[1,\infty )$ and let $a_{n}=f(n)$. \ Then the series $\sum\limits_{n=1}^{\infty }a_{n}$ is convergent if and only if the improper integral $\int_{1}^{\infty }f(x)dx$ is convergent. \vspace{1pt} For the proof hold down the Ctrl key and click on \hyperref{Integral Test}{}{% }{http://archives.math.utk.edu/visual.calculus/6/series.6/index.html} \begin{example} \vspace{1pt}The Harmonic Series $\sum\limits_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n}$. \ \end{example} Consider $f(x)=\dfrac{1}{x}$ on $[1,\infty )$; then $f\left( x\right) $ is positive and decreasing and \begin{equation*} \int_{1}^{\infty }\dfrac{1}{x}dx=\lim\limits_{\beta \rightarrow \infty }\int_{1}^{\beta }\dfrac{1}{x}dx=\lim\limits_{\beta \rightarrow \infty }\ln x]_{1}^{\beta }=\lim\limits_{\beta \rightarrow \infty }(\ln \beta -\ln 1)\rightarrow \infty \end{equation*} \vspace{1pt} Since this integral diverges, the given series diverges by the Integral Test. \vspace{1pt} \begin{example} The \emph{p-series} $\sum\limits_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n^{p}}$ converges if $p>1$. \ \end{example} Consider $f(x)=\dfrac{1}{x^{p}}$ on $[1,\infty )$; then $f\left( x\right) $ is positive and decreasing and \begin{equation*} \int_{1}^{\infty }\dfrac{1}{x^{p}}dx=\lim\limits_{\beta \rightarrow \infty }\int_{1}^{\beta }\dfrac{1}{x^{p}}dx=\lim\limits_{\beta \rightarrow \infty }\left. \dfrac{x^{-p+1}}{-p+1}\right] _{1}^{\beta }=\allowbreak \lim_{\beta \rightarrow \infty }\left( \frac{\beta ^{-p+1}}{-p+1}-\frac{1}{-p+1}\right) \end{equation*} \ \ \vspace{1pt} which diverges if $p<1$ since in this case $1-p>0$ so that we are taking the limit of $\beta $ to a positive power as that power goes to $\infty .$ The series converges if $p>1,$ since in this case we are taking the limit of $% \beta $ to a negative power as that power goes to $\infty $. \ [The case when $p=1$ reduces the \emph{p-series} to the Harmonic Series]. \vspace{1pt} \begin{example} Show that the series \end{example} \vspace{1pt} \begin{equation*} \sum_{n=2}^{\infty }\dfrac{1}{n\left( \ln n\right) ^{2}} \end{equation*} \vspace{1pt} converges. \vspace{1pt} \emph{Solution: }Note that the series begins at $n=2$, since $\ln 1=0.$ $% \dfrac{1}{n\left( \ln n\right) ^{2}}>0,$ so let $f\left( x\right) =\dfrac{1}{% x\left( \ln x\right) ^{2}}.$ Then \vspace{1pt} \begin{equation*} \int_{2}^{\infty }\dfrac{1}{x\left( \ln x\right) ^{2}}=\frac{1}{\ln 2} \end{equation*} \vspace{1pt} Thus the series converges by the Integral Test. \FRAME{dtbpF}{4.2653in}{0.0701in}{0pt}{}{}{maroon.wmf}{\special{language "Scientific Word";type "GRAPHIC";display "PICT";valid_file "F";width 4.2653in;height 0.0701in;depth 0pt;original-width 290.5625pt;original-height 1pt;cropleft "0";croptop "0.2561";cropright "1";cropbottom "0.7439";filename 'graphics/maroon7.wmf';file-properties "XNPEU";}} \subsubsection{\protect\vspace{1pt}Integral Test Remainder Estimate} Theorem. The Integral Test Estimate. Suppose that \begin{equation*} \sum_{n=1}^{\infty }a_{n} \end{equation*} \vspace{1pt} is a series which satisfies the hypotheses of the Integral Test using the function $f$ and which converges to $L$. Let \begin{equation*} s_{n}=a_{1}+a_{2}+\cdots +a_{n} \end{equation*}% be the $n$th partial sum and let \begin{equation*} r_{n}=L-s_{n} \end{equation*}% Then \begin{equation*} \int_{n+1}^{\infty }f\left( x\right) dx\leq r_{n}\leq \int_{n}^{\infty }f\left( x\right) dx \end{equation*} \vspace{1pt} For the proof and examples of this theorem hold down the Ctrl key and click on \hyperref{Integral Test Estimate}{}{}{% http://archives.math.utk.edu/visual.calculus/6/series.7/index.html} \FRAME{dtbpF}{4.2653in}{0.0701in}{0pt}{}{}{maroon.wmf}{\special{language "Scientific Word";type "GRAPHIC";display "PICT";valid_file "F";width 4.2653in;height 0.0701in;depth 0pt;original-width 290.5625pt;original-height 1pt;cropleft "0";croptop "0.2561";cropright "1";cropbottom "0.7439";filename 'graphics/maroon7.wmf';file-properties "XNPEU";}} \end{document} %%%%%%%%%%%%%%%%%%%% End /document/lec_2_14_00.tex %%%%%%%%%%%%%%%%%%%% %%%%%%%%%%%%%%%%% Start /document/graphics/maroon6.wmf %%%%%%%%%%%%%%%% WwlqZB@@W\ObOplAV~@zC@@@@@@OeF@@I@@@CLJB@@@A@x@@@@@@@P@@@@p@A`@@E@@@@l`@@@@ @@T@@@@@CBD@@A@@A@@@@CD@B@T@@@@pBB@@@@@PA@@@@LHP@@D@@E@@@@p`@x@@`~T@@@@pBB@ @@@@@A@@@@FDP@@\@@@@@B@@@eA@@@@@D@@@@tR@@@PB@@@@zKPA@@@@@@pO@b@@A@@@@m DP@@x@@@@@ICT@@@@@N@@@@@@@PA@@@@E@N@@@@x@pA@@@@|K@@@|C@@@P@@@@PKAH@@I@@@ @ho@@@@@@@@@@@@@@HB@D@@@@tR@C@@A@@@@pG@@@\@@@@@B@@@eA@@@@@D@@@@tR@@@@A@@@ @mDP@@x@@@@@ICT@@@@@N@@@@@@@`B@@@@J@N@@@@x@@A@@@@mD`@@P@@@@PKAL@@D@@@@@_@@@ pA@@@@|K@@@|WF@@@@@P@@@@PKA@@@D@@@@tR@A@`C@@@@dLPA@@T@x@@PA@@@@O@@@@|@x@@PA `C@D@@@@tR@B@@A@@@@mDp@@P@@@@@|A@@@G@@@@po@@@``\@@@@@@A@@@@mD@@@P@@@@PKAD@@ N@@@@Pr@E@@`B`C@@J@@@@PA@@@@E`C@@J@N@P@@@@PKAH@@D@@@@tR@C@@A@@@@pG@@@\@@@@@ B@@@Dza@@@@@D@@@@tR@@@@A@@@@mDP@@x@@@@@ICT@@@O@N@@|@@@@PF@@@@Y@N@@|@x@@A@@ @@mD`@@P@@@@PKAL@@D@@@@@_@@@pA@@@@|K@@@\XHE@@@@P@@@@PKA@@@D@@@@tR@A@`C@@@@d LPA@@PAx@@@E@@@@^@@@@xAx@@@E`C@D@@@@tR@B@@A@@@@mDp@@P@@@@@|A@@@G@@@@po@@@Pb ch@@@@@A@@@@mD@@@P@@@@PKAD@@N@@@@Pr@E@@PF`C@@Y@@@@LB@@@pH`C@@Y@N@P@@@@PKAH@ 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