Matematické Fórum

Ginco · 25. 05. 2009 14:57 — Editoval Ginco (25. 05. 2009 14:57)

Ahoj, mám malý problém :

Mám řadu : $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(1+nx)^2}$ a mám zjistit, zda je stejnoměrně konvergentní na $M=(0;\infty)$

Zkusil jsem odhad : beru stejný interval jako v zadání $x\in(0;\infty)$ a n náleží přirozeným číslům

$(1-\sqrt{n}\cdot{sqrt{x}})^2\ge{0}$

$1-2\sqrt{n}\cdot{sqrt{x}}+nx\ge{0}$

$1+nx\ge{2\sqrt{n}\cdot{sqrt{x}}}$

takže při následném odhadu pro Weierstassově krit. :

$\frac{1}{(1+nx)^2}\le\frac{1}{4nx}$

ale ted nemohu napsat, že $\frac{1}{4nx}\le\frac{1}{n}$ protože $x\in(0;\infty)$

takže ted nevím jak se zbavit toho x z té poslední části odhadu $|f_n(x)|\le a_n$
děkuji za radu

Marian · 25. 05. 2009 15:03 — Editoval Marian (25. 05. 2009 15:32)

↑ Ginco:
Na rozdíl od kritérií, která používáš, je dobré začít používat kritérium Bolzanovo-Cauchyovo. To říká, že řada je stejnoměrně konvergentní právě tehdy, když je splěna jistá nerovnost. V okamžiku, kdy zjistíš, že tato nerovnost není splněna už také dostáváš informaci o tom, že řada nemůže být stejnoměrně konvergentní. Pokud selže Weierstrassovo kritérium, zjistíš akorát, že tvé odhady byly buď slabé, nebo dokonce marné (není-li řada stejnoměrně konvergentní).

Navíc někdy stačí pouze ověřit, zda-li člen funkční řady stejnoměrně konverguje k nule (tzv. nutná podmínka stejnoměrné konvergence nekonečné řady).

Ginco · 25. 05. 2009 15:31

↑ Marian:

Ok

$|\sum_{k=n+1}^{n+p}f_k(x)|<\eps$

$\frac{1}{(1+(n+1)x)^2}+\frac{1}{(1+(n+2)x)^2}+...+\frac{1}{(1+(n+p)x)^2}<\eps$

ale ted již nevím co dál...

Marian · 25. 05. 2009 15:34

↑ Ginco:
Stačí přece zvolit x=1/(n+1)>0.

Ginco · 25. 05. 2009 15:38 — Editoval Ginco (25. 05. 2009 15:41)

Ono to jde řešit jednoduše... vyjde že není stejnoměrně konvergentni, ale zajímá mě ten postup při řešení Cauchyovo kritériem :-) protože jak jsem asi pochopil, tak je nejsilnejsi, i kdyz při testu to není moc rychlé a pohodlné dle mě.

edit . konvergentni

Marian · 25. 05. 2009 15:41

↑ Ginco:
Někdy stačí zvolit p=1 a ukazovat tak, že f_n(x)<epsilon nezávisle na tom, jak budeme volit číslo x z množiny všech kladných reálných čísel, třeba i závislé na "n".

Ginco · 25. 05. 2009 15:53 — Editoval Ginco (25. 05. 2009 15:55)

↑ Marian:

Ok, takže

$\frac{1}{2}+\frac{1}{2+\frac{1}{n+1}}+\frac{1}{2+\frac{2}{n+1}}+...+\frac{1}{2+\frac{(p-1)}{n+1}}<\eps$

Ale to neplati protože epsilon má být libovolne male od nuly a je videt, ze soucet bude vzdy vetsi nez 1/2 ...je to tak?

Ginco · 25. 05. 2009 17:47 — Editoval Ginco (25. 05. 2009 17:48)

Ještě bych měl malý dotaz :

řada : $\sum_{n=1}^{\infty}x^n-x^{n+1}$ M=<0,1> vyšetřete stejnoměrnou konvergenci

Určil jsem si součet $s_n(x)=x-x^{n+1}$

ted hledám limitu této posloupnosti, tedy :

$\lim_{n \to \infty}x(1-x^n)$

což je : 0 pro x=0
0 pro x=1
x pro x z (0,1)

jakou limitu ted mám vybrat do : $\lim_{n \to \infty}sup|s_n(x)-s(x)|$ ? nebo limita neexistuje? děkuji

Ginco · 25. 05. 2009 20:19

ví někdo?

math.oaf · 26. 05. 2009 08:48

↑ Ginco:
podla mna lim sup je najvacsi z hromadnych bodov( ich sup), a to z 0, x z (0,1) bude vzdy x

lukaszh · 26. 05. 2009 09:47

↑ math.oaf:
Pozor, $\lim_{n\to\infty}\sup_{x\in M}$ neznamená limes superior. Ak by šlo o limes superior, tak by sme písali $\limsup_{n\to\infty}$ alebo $\overline{\lim_{n\to\infty}}$ . V tomto prípade, pod
$\sup_{x\in M}(s_n(x)-s(x))$ sa chápe nejaká postupnosť $\omega_n(x)$ , pre ktorú hľadáme limitu $\lim_{n\to\infty}\omega_n(x)$ .

Ginco · 26. 05. 2009 14:39 — Editoval Ginco (26. 05. 2009 15:47)

čus potřeboval bych nakopnout

mám řady :

$\sum_{n=1}^{\infty}n!x^{n!}$

$\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}.2^{n-1}.x^{2(n-1)}$

$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{n^2}}{2^n}$

a mám určit poloměr konvergence R

To vím jak určit(Cauchy,d'Alembert,...), ale jak jsem pochopil tak ta řada musí být ve tvaru $\sum_{n}^{m}a_n(x-x_0)^n$

takže u mých řad musí být exponent u x-x_0 pouze n

proto prosim o radu, či nejaké triky jak to efektivně upravit. díky

Ginco · 26. 05. 2009 15:52

narazil jsem na další problém se kterým jsem se jeste nesetkal...

pomocí vhodné mocninné řady určete součet této řady
$\sum_{1}^{\infty}\frac{12n}{4^{3n}}$

prosim o pomoc...

lukaszh

↑ Ginco:
Musíš si uvedomiť, že sčítať rady
$\sum_{n=1}^{\infty}x^n\,;\;\sum_{n=1}^{\infty}n\cdot x^{n-1}\,;\;\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^n}{n}$
vieme. Napríklad
$\sum_{n=1}^{\infty}n\cdot x^{n-1}=$\sum_{n=1}^{\infty}x^{n}$'=$\frac{x}{1-x}$'=\frac{1}{(1-x)^2}$
Vety o derivovaní mocninného radu člen po člene sa dokazuje, ak chceš bližšie tak snáď v poznámkach z prednášky. Zvyknú sa k radom prikladať aj okrasy v podobe konštánt, čiže variácia pôvodného zadania môže byť
$\sum_{n=1}^{\infty}2\cdot n\cdot x^{8n-1}$
Opäť sa to však robí postupom ako som uviedol. V tvojom prípade je
$\left.\sum_{n=1}^{\infty}\frac{12n}{4^{3n}}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{12n}{64^{n}}=12\cdot\sum_{n=1}^{\infty}n\cdot x^n\right|_{x=\frac{1}{64}}$
A sme doma :-)

Ginco · 26. 05. 2009 16:35

↑ lukaszh:

super !!! díky moc...

nevíte ještě někdo prosim jak na můj předchozí příspěvek?

Matematické Fórum

#1 25. 05. 2009 14:57 — Editoval Ginco (25. 05. 2009 14:57)

odhad u fční řady

#2 25. 05. 2009 15:03 — Editoval Marian (25. 05. 2009 15:32)

Re: odhad u fční řady

#3 25. 05. 2009 15:31

Re: odhad u fční řady

#4 25. 05. 2009 15:34

Re: odhad u fční řady

#5 25. 05. 2009 15:38 — Editoval Ginco (25. 05. 2009 15:41)

Re: odhad u fční řady

#6 25. 05. 2009 15:41

Re: odhad u fční řady

#7 25. 05. 2009 15:53 — Editoval Ginco (25. 05. 2009 15:55)

Re: odhad u fční řady

#8 25. 05. 2009 17:47 — Editoval Ginco (25. 05. 2009 17:48)

Re: odhad u fční řady

#9 25. 05. 2009 20:19

Re: odhad u fční řady

#10 26. 05. 2009 08:48

Re: odhad u fční řady

#11 26. 05. 2009 09:47

Re: odhad u fční řady

#12 26. 05. 2009 14:39 — Editoval Ginco (26. 05. 2009 15:47)

Re: odhad u fční řady

#13 26. 05. 2009 15:52

Re: odhad u fční řady

#14 26. 05. 2009 16:21 — Editoval lukaszh (26. 05. 2009 16:21)

Re: odhad u fční řady

#15 26. 05. 2009 16:35

Re: odhad u fční řady

Zápatí