Matematické Fórum

Mr.Pinker

chtěl se zeptat jak je to s konvergencí této řady
$\sum \nolimits_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{[\frac{n}{2}]}$ $[\frac{n}{2}]$ ...má bejt celá část

děkuju za tu opravu ... to mělo být míněno jako vrchní celá část

jarrro · 25. 03. 2011 13:06

↑ Mr.Pinker:myslím,že zaujímavejšie by bolo skúmať rad $\sum_{n=2}^{\infty}{\frac{\left(-1\right)^n}{\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor}}$

OiBobik

↑ Mr.Pinker:

Poslal bych na to Leibnizovo kritérium.

EDIT: To jsem si špatně rozmyslel, to by nefungovalo, ale každopádně Dirichletovo kritérium by už mělo zabrat (Dirichletovo kritérium třeba zde)

claudia · 25. 03. 2011 13:19

↑ OiBobik:

Někde jsem viděla Leibnitzovo kritérium i v té formě, že ta posloupnost nemusí být klesající, ale stačí být nerostoucí, takže možná ano.

Pavel · 25. 03. 2011 13:21

↑ OiBobik:

Co tak tu řadu přímo sečíst :-)

OiBobik

↑ Pavel:

: D jé, a to mě ani nenapadlo si představit.
Ale přece jen - tady to "přímé sečtení", jak ty říkáš, je vlastně "závorkování" některých členů posloupnosti, a to si můžu dovolit udělat jen tehdy, když už vím, že řada konverguje - jinak bych stejnou metodou odvodil, že $\sum_{n=1}^{\infty}{(-1)^n}=0$ , stejně jako $\sum_{n=1}^{\infty}{(-1)^n}=-1$ , protože jsem závorkoval řadu, která osciluje. Takže tu konvergenci musím prvně tak či onak stejně vyšetřit. Nebo jsem tě pochopil nějak špatně?

↑ claudia:

Já si taky myslím, že ano (resp. určitě ano - to plyne i přímo z toho Diricheta : )) ), ale běžněji se Leibniz formuluje (asi) pro klesající posloupnosti, tak proč se neodkázat pro jistotu na Dirichleta.

Mr.Pinker · 25. 03. 2011 13:48

↑ Pavel:
takže konverguje ? ....
já sem se úrávě dostal k otázce jestli jde konvergentní řadu rozdělit na dvě divergentní

claudia · 25. 03. 2011 13:50

↑ OiBobik:

Zajímavé. Jak nad tím teď přemýšlím, asi neexistuje případ, kde by šlo použít Leibnitzovo krit. a nešlo použít Dirichletovo..? :-)

↑ Mr.Pinker:

Konverguje, lze, např. na řadu kladných členů a řadu záporných členů :-)

Pavel · 25. 03. 2011 13:59

↑ OiBobik:

Pokud chci sečíst řadu, tak nic závorkovat nebudu. Stačí určit, čemu se rovná n-tý částečný součet, tzn.

$s_m=\sum_{n=2}^{m}{\frac{\left(-1\right)^n}{\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor}}.$

A stačí ukázat, že $\lim_{m\to\infty}s_m=0$ . Takto je definován součet nekonečné řady v tzv. Cauchyově smyslu. Uzávorkování se někdy hodí, jen je třeba vědět, kdy jej mohu použít. V tomto případě se však bez něj bez prolbému obejdu. Stejnou metodou lze pak ukázat, že řada

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

nekonverguje, popř. osciluje.

OiBobik · 25. 03. 2011 14:01

↑ claudia:

To neexistuje, protože Leibnizovo je vlastně jen speciálním případem Dirichletova:
$(-1)^n$ má omezenou posloupnost částečných součtů
$a_n$ je klesající k nule => $a_n$ je monotónní s limitou 0

Takže vždycky, když mi něco splňuje Leibnize, musí to splňovat i Dirichleta.

claudia · 25. 03. 2011 14:08

↑ Pavel:

A jak tedy snadno odvodit vzorec pro ten n-tý částečný součet?

Pavel · 25. 03. 2011 14:08

↑ Mr.Pinker:

Konvergentní řadu samozřejmě můžeš rozdělit na dvě divergentní, nicméně nemůžeš takto určovat součet konvergentní řady.

↑ claudia:

to, že neexistuje případ, kde by šlo použít Leibnizovo krit. a nešlo použít Dirichletovo, vyplývá z toho, že Leibnizovo kritérium je spec. případ Dirichletova kritéria.

Jinak taková perlička - Leibniz se píše bez prostředního T, takže ne LeibniTz, ale Leibniz. Marian jako germanista by o tom mohl povykládat ;-)

Pavel · 25. 03. 2011 14:11

↑ claudia:

Musím momentálně pryč. Později se k tomu vrátím a uvedu vzorec pro m-tý částečný součet. Není to však nic složitého, stačí uvážit, jak bude součet vypadat, bude-li m sudé nebo liché.

claudia · 25. 03. 2011 14:14

↑ Pavel:

Děkuji, lingvistická novinka je pro mne (bez ironie) velmi přínosná :-)

↑ Pavel:

Uhodnout jej umím taky, ale kdyby mi někdo dal za úkol "dokaž", musela bych to dělat pravděpodobně indukcí a přišlo by mi snazší sáhnout po Leibnizovi :-)

Rumburak

↑ Mr.Pinker:
Záleží na tom, zda řada, kterou chceme "rozdělit", konverguje absolutně nebo neabsolutně. Trochu to precisujme.
Uvažujme dvojici rostoucích (nekonečných) posloupností

(1) $(k_n), \,(l_n)$

přirozených čísel takových, že

(2) každé přirozené číslo je členem jedné a pouze jedné z posloupností (1).

Mějme konvergentní řadu

(3) $\sum_{n=1}^{\infty}c_n$ .

Otázka zní, zda existuje dvojice posloupností (1) s vlastností (2) a taková, aby obě řady

(4) $\sum_{n=1}^{\infty}c_{k_n}, \,\,\sum_{n=1}^{\infty}c_{l_n}$ .

divergovaly. Odpověď je následující:

Pokud řada (3) je absolutně konvergentní, pak ne .
Pokud řada (3) je konvergentní neabsolutně, pak ano.

claudia · 25. 03. 2011 14:42

Ve světle takové preciznosti musím dodat, že jsem tu otázku pochopila tak, jestli se původní zadaná řada dá rozdělit na dvě divergentní.

Že nejde absolutně konvergentní rozložit vyplývá z toho, že $\sum_{n=1}^{\infty}\left|c_n\right|$ je konvergentní majorantní řada k oběma případně vzniklým?

A že neabsolutně konvergentní vždy rozložit lze se dá ukázat jak?

Rumburak · 25. 03. 2011 15:34

↑ claudia:

I.) V podstatě ano: $\sum_{n=1}^{\infty}|c_{k_n}| \le \sum_{n=1}^{\infty}\left|c_n\right|$ , obdobně $\sum_{n=1}^{\infty}|c_{l_n}| \le \sum_{n=1}^{\infty}\left|c_n\right|$ atd.

II.) Neabsolutně konv. řada se rozdělí na řadu z nezáporných členů a řadu ze záporných členů.

Trochu to rozeberu obecně.
Označíme-li $x^+ := \max \{x, 0\}, \,\,x^- := \max \{-x, 0\}$ , jsou to nezáporná čísla splňující

(1) $x = x^+ -x^-, \,\,\,\,|x| = x^+ + x^-$ .

Sestavíme-li řady

(2) $\sum_{n=1}^{\infty}c_n ^+,\,\,\sum_{n=1}^{\infty}c_n ^-,$ ,

potom dle (1) snadno nahlédneme, že pro libovolné přirozené číslo N platí

$\sum_{n=1}^{N}c_n = \sum_{n=1}^{N}c_n ^+\,-\,\sum_{n=1}^{N}c_n ^-$ , $\sum_{n=1}^{N}|c_n| = \sum_{n=1}^{N}c_n ^+\,+\,\sum_{n=1}^{N}c_n ^-$ .

Odtud plyne:

A. Obě řady (2) konvergují právě tehdy, když řada

(3) $\sum_{n=1}^{\infty}c_n$

konverguje absolutně.

B. Konverguje-li z řad (2) právě jedna, potom řada (3) diverguje .

C. Pokud obě řady (2) divergují, pak řada (3) může konvergovat, ale ne absolutně.

Zpětně vzato: Jestliže řada (3) konverguje neabsolutně, znamená to, že máme případ C.

Pavel · 25. 03. 2011 16:48

↑ claudia:

Nechť $m$ je sudé, tj. $m=2k$ , $k\in\mathbb N$ . Pak

$s_m =\sum_{n=2}^{m}{\frac{\left(-1\right)^n}{\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor}} =\sum_{n=2}^{2k}{\frac{\left(-1\right)^n}{\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor}} =\sum_{l=1}^{k}\left(\frac{\left(-1\right)^{2l}}{\left\lfloor\frac{2l}{2}\right\rfloor}+\frac{\left(-1\right)^{2l+1}}{\left\lfloor\frac{2l+1}{2}\right\rfloor}\right) =\sum_{l=1}^{k}\left(\frac{1}{\lfloor l\rfloor}-\frac{1}{\left\lfloor l+\frac{1}{2}\right\rfloor}\right) =\sum_{l=1}^{k}\left(\frac{1}{l}-\frac{1}{l}\right) =0.$

Nechť $m$ je liché větší než 1, tj. $m=2k+1$ , $k\in\mathbb N$ . Pak

$s_m =\sum_{n=2}^{m}{\frac{\left(-1\right)^n}{\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor}} =\sum_{n=2}^{2k+1}{\frac{\left(-1\right)^n}{\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor}} =\sum_{n=2}^{2k}{\frac{\left(-1\right)^n}{\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor}}+\frac{\left(-1\right)^{2k+1}}{\left\lfloor\frac{2k+1}{2}\right\rfloor} =0-\frac{1}{\left\lfloor k+\frac{1}{2}\right\rfloor}=-\frac 1k=-\frac{1}{\frac{m-1}{2}}=-\frac{2}{m-1}\,.$

Odtud je vidět, že $\lim_{m\to\infty}s_m=0$ , tzn. $\color{blue}\sum_{n=2}^{\infty}{\frac{\left(-1\right)^n}{\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor}}=0.$

claudia · 25. 03. 2011 21:16

↑ Pavel:

Děkuji, asi jsi to napsal výstižněji, než by se podařilo mně :-) Přesto bych si dovolila tvrdit, že OiBobikovo řešení s použitím Dir. krit. by bylo stručnější :-)

↑ Rumburak:

To je pěkný důkaz, děkuji.

Matematické Fórum

#1 25. 03. 2011 12:51 — Editoval Mr.Pinker (25. 03. 2011 13:12)

konvergence řady

#2 25. 03. 2011 13:06

Re: konvergence řady

#3 25. 03. 2011 13:11 — Editoval OiBobik (25. 03. 2011 13:15)

Re: konvergence řady

#4 25. 03. 2011 13:19

Re: konvergence řady

#5 25. 03. 2011 13:21

Re: konvergence řady

#6 25. 03. 2011 13:33 — Editoval OiBobik (25. 03. 2011 13:38)

Re: konvergence řady

#7 25. 03. 2011 13:48

Re: konvergence řady

#8 25. 03. 2011 13:50

Re: konvergence řady

#9 25. 03. 2011 13:59

Re: konvergence řady

#10 25. 03. 2011 14:01

Re: konvergence řady

#11 25. 03. 2011 14:08

Re: konvergence řady

#12 25. 03. 2011 14:08

Re: konvergence řady

#13 25. 03. 2011 14:11

Re: konvergence řady

#14 25. 03. 2011 14:14

Re: konvergence řady

#15 25. 03. 2011 14:24 — Editoval Rumburak (25. 03. 2011 14:31)

Re: konvergence řady

#16 25. 03. 2011 14:42

Re: konvergence řady

#17 25. 03. 2011 15:34

Re: konvergence řady

#18 25. 03. 2011 16:48

Re: konvergence řady

#19 25. 03. 2011 21:16

Re: konvergence řady

Zápatí