Matematické Fórum

Saturday · 26. 03. 2008 23:10

$\frac{1}{1 + x^2} = 1 - x^2 + x^4 - x^6 + ... = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n\cdot x^{2n}$

Můžu použít klasickou definici poloměru konvergence nebo podle Wiki i tento vzorec:
$r=\lim_{n\to\infty}\left|{a_{n+1}\over a_n}\right|$ (nemohl by někdo říci, kde se ten vzorec dal, v přednáškách to nemám)

tedy:

$r=\lim_{n\to\infty}\left|{(-1)^{n+1}\over (-1)^n}\right| = -1$ a protože je poloměr konvergence vždy číslo nezáporné, tak je r = 1

Je to tak?

Díky za pomoc

Tomsus · 27. 03. 2008 22:54

No, ja bych rekl, ze by to melo byt jednoduche z definice (a ze jsme to delali az dnes :-)
Rada je soucinem omezene posloupnosti a geometricke - ktera konverguje pro x<1. Muzeme tedy pouzit treba Leibnizovo kriterium, podle ktereho rada soucinu posloupnosti se stridavymi znamenky a konvergenti posl. konverguje

Marian · 27. 03. 2008 23:12 — Editoval Marian (28. 03. 2008 02:24)

Je tam nekolik mist, ktera nejsou komletni a tudiy nemohou byt ani korektni. Tebou uvedeny vzorec z Wiki se nekdy pouziva, protoze jeho uziti muze v nekterych pripadech byt podstatne snazsi, nez vzorec s R=1/(lim sup sqrt[n]{|a_n|}). Celkem to je presne takto:

Predpokladejme, ze cisla a_n jsou nenulova pro dostatecne velka prirozena n a je
$S:=\sum_{n=0}^{\infty}a_nz^n.$
Jestlize existuje limita
$R:=\lim_{n\to\infty}\left |\frac{a_{n}}{a_{n+1}}\right |,$
pak pro polomer konvergence mocninne rady S je roven cislu R.

Ted k vysvetleni, odkud se ten vzorec vzal. Ten vzorec se dokazuje za pouziti nasledujiciho lemmatu:
Lemma 1. Jestlize $|a_{n+1}/a_n |\to L$ pro $n\to\infty$ , kde $L\in\mathbb{R}\cup\{\pm\infty\}$ , pak $|a_n|^{1/n}\to L$ , $n\to\infty$ .

Dukaz tohoto lemmatu pak plyne z jednoho velice duleziteho tvrzeni:

Lemma 2. Jestlize $\{ a_n\}_n$ je posloupnost nenulovych komplexnich cisel, pak
$\liminf\left |\frac{a_{n+1}}{a_n}\right |\le\liminf |a_n|^{1/n}\le\limsup |a_n|^{1/n}\le\limsup\left |\frac{a_{n+1}}{a_n}\right |.$

Editovano!
A ted ke tvemu prikladu. Ta uloha se da resit i na stredni skole jako uloha o geometricke rade. V pripade, ze chces pouzit Cauchy-Hadamardovu vetu o polomeru konvergence potencni rady, musis nejprve urcit cislo R - polomer konvergence. Lze uzit bud vzorce R=1/(lim sup |a_n|^(1/n)), ktery zde funguje velice hezky. Bohuzel nelze pouzit vzorec, na ktery se ptas,nebot nejsou splneny podminky vety. V uvedene rade totiz vystupuji pouze sude mocniny x^(2n) a liche "chybi", nebo lepe receno, pro lichy index n je a_n=0. Dale viz prispevky nize.

Marian · 27. 03. 2008 23:21 — Editoval Marian (27. 03. 2008 23:23)

↑ Tomsus:

Leibnizovo kriterium by slo pouzit, ale je tam asi preklep, nebot nelze psat, ze rada konverguje pro x<1. Rada konverguje pro |x|<1, a to je rozdil. Navic Leibnizovo kriterium se pouziva na rady s realnymi cleny. Pokud je cislo x komplexni, pak bychom museli nejprve preformulovat Leibnizovo kriterium pro komplexni cisla. Protoze ale komplexni cisla nelze usporadat, nema smysl v komplexnim oboru hovorit o radach se stridajicim se signem. Obecnejsi je Cauchy-Hadamardova veta, tak jak jsem uvedl v prispevku vyse.

Nejelementarnejsi cesta bude patrne jina. Nalezt pro libovolne komplexni cislo x parcialni soucty teto rady (to je snadne) a studovat jejich limitu pro n --> oo v zavislosti na hodnote komplexniho cisla x.

Kondr · 28. 03. 2008 00:22

Marian napsal(a):
Predpokladejme, ze cisla a_n jsou nenulova pro dostatecne velka prirozena n

Takže za a_n volíme podposloupnost posloupnosti koeficientů? Jinak by v tom podílovém kriteriu vycházely výrazy typu 1/0...

Marian · 28. 03. 2008 02:25

↑ Kondr:

Dekuju za upozorneni! Tak moc jsem na tu dvojku v exponentu pamatoval, az jsem ji zapomnel. Primo tedy nelze pouzit vzorec s podilem. Muselo by se to nejak prepsat a dokazat korektnost tech uprav a hlavne to, ze polomer konvergence puvodni rady je tentyz jako upravene. To mi pripada zbytecne. Takze bud pres parcialni soucty nebo pres vzorec R=1/(lim sup |a_n|^(1/n)), kde {a_n}_n = {sin^2[(n-1)Pi/2]}_n = {0,1,0,1,0,...}, kde indexovat zaciname pro n=1. Pak je zrejme

R=1/(lim 1)=1.

Tomsus · 29. 03. 2008 07:27

↑ Marian:
Ano, samozřejmě |x|<1
A take je pravda, ze jsem neresil komplexni obor, ale tak uz to byva, kdyz jsem to vcera videl poprve :-)
Kazdopadne diky za upozorneni
Mimoto, i kdyz Leibnizovo kriterium plati pro rady s realnymi cleny, jde na zaklade vlastnosti polomeru konvergence (existuje kladne cislo >=0, takove, ze.. blabla - pro vsechny x z vnitrniho kruhu konverguje absolutne, pro cisla z vnejsku diverguje) rict, ze toto je opravdu ten polomer? Ja myslim, ze to jde :-)

Marian · 29. 03. 2008 14:25

↑ Tomsus:

Leibnizovo kriterium je tvrzeni typu ekvivalence, takze by to bylo mozne zformulovat tak, abychom dostali polomer konvergence.

mirushka · 29. 03. 2008 14:29

↑ Marian:
nemohli by ste mi prosim pomoct s prikladem v teme maximalni obsah trojuhelniku?

Matematické Fórum

#1 26. 03. 2008 23:10

Poloměr konvergence

#2 27. 03. 2008 22:54

Re: Poloměr konvergence

#3 27. 03. 2008 23:12 — Editoval Marian (28. 03. 2008 02:24)

Re: Poloměr konvergence

#4 27. 03. 2008 23:21 — Editoval Marian (27. 03. 2008 23:23)

Re: Poloměr konvergence

#5 28. 03. 2008 00:22

Re: Poloměr konvergence

Marian napsal(a):

#6 28. 03. 2008 02:25

Re: Poloměr konvergence

#7 29. 03. 2008 07:27

Re: Poloměr konvergence

#8 29. 03. 2008 14:25

Re: Poloměr konvergence

#9 29. 03. 2008 14:29

Re: Poloměr konvergence

Zápatí