Matematické Fórum

radeek · 16. 10. 2011 15:54 — Editoval radeek (16. 10. 2011 18:25)

zdravím, snažím se získat sumu z této nekonečné řady, ale nějak se mi to nedaří, proto prosím o pomoc

(pozn. řada pokračuje do nekonečna, na obrázku chybí 3 tečky za poslední dvojkou)

po převedení na mociny mi to vychází takto

ale nemůžu přijít na obcený vzorec pro součet.. díky za případnou pomoc

xxxxx19 · 16. 10. 2011 16:23

Je to 2?

radeek · 16. 10. 2011 18:27

no bude se to blížit ke 2, ale já to potřebuji pomocí matematické indukce dokázat, takže potřebuji získat obecný vzorec na součet těch odmocnin, abych to mohl dokázat

(doplněn obrázek do 1. příspěvku)

Pavel Brožek

↑ radeek:

Použitím matematické indukce se obvykle chceme vyhnout obecnému vzorci.

Ten převod na mocninu bude špatně…

Zajímá nás vlastně limita posloupnosti definované

$a_1&=\sqrt{2}\\ a_{n+1}&=\sqrt{2+a_n}$ .

Dokaž, že nerovnost platí pro každý člen posloupnosti (matematickou indukcí), z toho pak bude plynout i to, že limita splňuje neostrou nerovnost.

vanok · 17. 10. 2011 00:12

↑ Pavel Brožek:

Mala poznamka: da sa ukazat indukciou ze
$\cos \frac {\pi}{2^{n+1}}=\frac 12 a_n$
a
$\sin \frac {\pi}{2^{n+1}}=\frac 12 \sqrt{2 -a_{n-1}}$

Srdecne Vanok

radeek · 17. 10. 2011 19:22

↑ Pavel Brožek:

vubec netusim jak aplikovat tu indukci, mohu poprosit o pomoc..

vidim, ze pro clen a1 to evidentne plati, ale jak to aplikuji na a(n+1) ?

diky

Pavel Brožek · 17. 10. 2011 19:24

↑ radeek:

Zkus dokázat, že platí $a_{n+1}\le2$ . Při tom můžeš využít indukčního předpokladu, že platí $a_n\le 2$ .

radeek · 18. 10. 2011 10:29

↑ Pavel Brožek:

tak dokazu, ze pro

$a_1 \le 2$ je to $\sqrt2 \le2$ po uprave umocneni $2 \le4$ ... $-2 \le0$ ..zjistim, ze to PLATI

pak pro

$a_2 \le 2$ je to $\sqrt{2+\sqrt2} \le2$ po uprave umocneni $2 + \sqrt2 \le4$ po uprave $\sqrt2 \le2$ ...coz sem dokazal vyse, ze to plati

pro

$a_3 \le 2$ je to $\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt2}} \le2$ po uprave umocneni $2 + \sqrt{2+\sqrt2} \le4$ po uprave $\sqrt{2+\sqrt2} \le2$ ...coz sem opet dokazal vyse, ze to plati

..ale toto mi neprijde jako obecny dukaz.. nevim jak tam mam ukazat, ze je to pro n a pro n+1..

dekuji

Rumburak

↑ radeek:
To opravdu není obecný důkaz. Podívej se na to, co Ti poradil kolega ↑ Pavel Brožek: .
Při důkazu tohoto indukčního kroku pro obecné n nutno využít rekurentního vztahu $a_{n+1}&=\sqrt{2+a_n}$
- viz ↑ Pavel Brožek: .

Mimochodem: nejde zde o součet nekonečné řady, ale o limitu poslooupnosti.

radeek · 18. 10. 2011 11:08

↑ Rumburak:

jsem uplne mimo... tezko to dokazu, kdyz nevim jak vypada $a_n$ , ne?

Rumburak · 18. 10. 2011 11:27

↑ radeek:

O $a_n$ víš, že $a_n < 2$ (indukční předpoklad).

O $a_{n+1}$ víš, že $a_{n+1}&=\sqrt{2+a_n}$ .

Pouze z těchto dvou informací se dá odvodit, že $a_{n+1} < 2$ a přesně to je potřeba udělat.
Je to velmi jednoduché, kdybych Ti to předvedl, budeš se chytat za hlavu, že jsi na to nepřišel sám. :-)

radeek · 18. 10. 2011 11:37

↑ Rumburak:

no me napada jedine

$\sqrt{2+a_n} \le 2$
$2+a_n \le 4$
$a_n \le 2$

no a to je ten predpoklad..

Rumburak

↑ radeek:

První cesta:
Vyjdi z rekurentního vzorce $a_{n+1}&=\sqrt{2+a_n}$ a zkus do něj promítnout indukční předpoklad $a_n < 2$ .
Při tom využij, že druhá odmocnina je rostoucí funkce.

Druhá cesta:
Možný postup je i upravovat nerovnici $a_n < 2$ do tvaru $\sqrt{2+a_n} < ...$ (co vyjde na pravě straně, když nebudeme
postupovat hromotlucky ?) a pak si vzpomenout, co je levá strana.

radeek · 18. 10. 2011 12:00

↑ Rumburak:

no napravo vyjde $\sqrt4$ coz je $2$ a leva strana je $a_{n+1}$ ?

Rumburak · 18. 10. 2011 13:03

↑ radeek:
Správně, takže celá výsledná nerovnost bude ? .....

radeek · 18. 10. 2011 14:44 — Editoval radeek (19. 10. 2011 08:26)

↑ Rumburak:

hmm
$a_{n+1} \le 2$
?

coz je to co sme chteli dokazat

.. ale prijde mi to stejny jako ten muj postup, ze upravim $a_{n+1}\le2$ ..akorat je to pozpatku..

Rumburak

↑ radeek:
1) Zbytečně jsi dokazované tvrzení zeslabil , mohl jsi indukční krok pojmout ve tvaru $a_n <2 \Rightarrow a_{n+1}<2$ .
EDIT. Ale pro hodnotu limity posl. $(a_n)$ to nebude hrát roli, když ostrou nerovnost nahradíme neostrou.

2) Princip indukce požaduje dokázat platnost jisté implikace $V(n) \Rightarrow V(n+1)$ , v našem případě $a_n <2 \Rightarrow a_{n+1}<2$ ,
po úpravě $a_n < 2 \Rightarrow \sqrt{2+a_n} < 2$ , zatímco obrácené implikace jsou zde nezajímavé.

Máš-li na mysli postup v ↑ radeek: , pak máš pravdu, že V TOMTO PŘÍPADĚ jde o ekvivalentní úpravy nerovnic s nezápornými stranami,
avšak to je jen náhoda daná konkretní podobou úlohy, obecně je nutno mezi implikacemi $V(n) \Rightarrow V(n+1)$ a $V(n+1) \Rightarrow V(n)$
rozlišovat.

Rumburak

↑ radeek:

3) No a jak z nerovnosti $0 < a_n < 2$ resp. $0 \le a_n \le 2$ (platné pro každé přirozené n) a z rekurentního vztahu $a_{n+1} = \sqrt{2+a_n}$
odvodíme, že

$0 \le \lim_{n \to \infty} a_n \le 2$ ?

Z Tvého zadání mám dojem, že toto ještě zbývá udělat.

PS. Dá se udělat ještě více - spočítat ji.

radeek · 19. 10. 2011 18:13

↑ Rumburak:

no $\lim_{n\to \infty}a_n = 2$

tudiz to splnuje podminku a muzeme rict, ze je dokazano

vanok · 19. 10. 2011 18:49 — Editoval vanok (19. 10. 2011 18:50)

↑ radeek:
To nie je dobra odpoved

Porozmyslaj o tomto:

Uz si dozal ze limita existuje lebo $a_n$ je rastuca postupnost ohranicena 2mi

Mozeme , pre jednoduchost polozit $\lim_{n\to \infty}a_n = a$

Tak co sa stane v $a_{n+1} = \sqrt{2+a_n}$ z $a_n$ a z $a_{n+1}$ ked aplikujes liminu

Srdecne Vanok

radeek · 21. 10. 2011 21:38

dobře, díky všem za odpovědi a hlavně trpělivost

malíček

(2)^1/2 +(2)^1/4+........+2^1/n > 1+1+1........1 => soucet neexistuje

Pavel · 28. 10. 2011 00:38

↑ malíček:

A jsi si jistý, že tvůj součet (2)^1/2 +(2)^1/4+........+2^1/n je stejný jako výraz , o kterém se tady diskutuje?

malíček

DRUHÝ POKUS:
pokud ot přepíšeme na $\sqrt{\sqrt{\sqrt{\sqrt{\sqrt{\sqrt{\sqrt{2}+2}+2}+2}+2+2}+2}+2}$ pak je vidět, že první člen je menší než 2 ve spojení s 2 po odmocnění zase budu mít číslo menší než 2. Pro každý další člen to platí obdobně. Konečná odmocnina tedy musí být menší než 2.

Matematické Fórum

#1 16. 10. 2011 15:54 — Editoval radeek (16. 10. 2011 18:25)

součet nekonečné řady (suma)

#2 16. 10. 2011 16:23

Re: součet nekonečné řady (suma)

#3 16. 10. 2011 18:27

Re: součet nekonečné řady (suma)

#4 16. 10. 2011 18:34 — Editoval Pavel Brožek (16. 10. 2011 18:37)

Re: součet nekonečné řady (suma)

#5 17. 10. 2011 00:12

Re: součet nekonečné řady (suma)

#6 17. 10. 2011 19:22

Re: součet nekonečné řady (suma)

#7 17. 10. 2011 19:24

Re: součet nekonečné řady (suma)

#8 18. 10. 2011 10:29

Re: součet nekonečné řady (suma)

#9 18. 10. 2011 10:40 — Editoval Rumburak (18. 10. 2011 10:46)

Re: součet nekonečné řady (suma)

#10 18. 10. 2011 11:08

Re: součet nekonečné řady (suma)

#11 18. 10. 2011 11:27

Re: součet nekonečné řady (suma)

#12 18. 10. 2011 11:37

Re: součet nekonečné řady (suma)

#13 18. 10. 2011 11:50 — Editoval Rumburak (18. 10. 2011 11:53)

Re: součet nekonečné řady (suma)

#14 18. 10. 2011 12:00

Re: součet nekonečné řady (suma)

#15 18. 10. 2011 13:03

Re: součet nekonečné řady (suma)

#16 18. 10. 2011 14:44 — Editoval radeek (19. 10. 2011 08:26)

Re: součet nekonečné řady (suma)

#17 19. 10. 2011 09:55 — Editoval Rumburak (19. 10. 2011 13:26)

Re: součet nekonečné řady (suma)

#18 19. 10. 2011 13:26 — Editoval Rumburak (19. 10. 2011 15:33)

Re: součet nekonečné řady (suma)

#19 19. 10. 2011 18:13

Re: součet nekonečné řady (suma)

#20 19. 10. 2011 18:49 — Editoval vanok (19. 10. 2011 18:50)

Re: součet nekonečné řady (suma)

#21 21. 10. 2011 21:38

Re: součet nekonečné řady (suma)

#22 28. 10. 2011 00:13 — Editoval malíček (28. 10. 2011 00:17)

Re: součet nekonečné řady (suma)

#23 28. 10. 2011 00:38

Re: součet nekonečné řady (suma)

#24 01. 11. 2011 22:07 — Editoval malíček (01. 11. 2011 22:09)

Re: součet nekonečné řady (suma)

Zápatí