Matematické Fórum

BakyX · 16. 09. 2010 17:14 — Editoval BakyX (16. 09. 2010 18:28)

Dobrý deň. Dneska rieším nasledujúcu úlohu a mám s ňou trocha problém:

Zisti, či je daný nekonečný rad konvergentný:

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

Ďakujem za pomoc. Je to jednoduché :)

halogan · 16. 09. 2010 17:30

První člen je nedefinovaný (více viz tady).

Kdyby to bylo $\sum_{n = 1}^{\infty} \dots$ , tak ti stačí jedna věta, díky které ihned určíš konvergenci řady $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{\alpha}}$ podle alfy (náležící R). Znáš takovou větu?

BakyX · 16. 09. 2010 18:28

Malo to byť 1. Nepoznám. Daj niejaký odkaz a ja to skúsim naštudovať a potom sa ozvem.

Rumburak · 17. 09. 2010 10:58

↑ BakyX:
Ta věta, na kterou odkazuje kolega ↑ halogan: a díky níž lze snadno určit konvergenci té řady, se jmenuje integrální kriterium.
Na SŠ se však ještě neprobírá, k jeho porozumění je potřeba znát základy integrálního počtu. Pojednání o něm najdeš zde:
http://www.math.muni.cz/~kriz/ciselne_r … b3-a0.html

Pomocí zmíněného kriteria lze ukázat, že řada $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{\alpha}}$ je konvergentní, právě když $\alpha \,>\, 1$ .

POZN. Součet uvedené řady je funkcí parametru $\alpha \,>\, 1$ a značí se $\zeta(\alpha)$ . Jde o tzv. Rieamannovu funkci zeta, další informace zde:
http://cs.wikipedia.org/wiki/Riemannova_funkce_zeta

halogan

↑ Rumburak:

My jsme si konvergenci 1/n^alpha pro alpha > 1 dokazovali celkem elementárně i bez integrálního kritéria. Jen si teď za boha nemohu vzpomenout na důkaz. Pokud se nenajde někdo jiný, doplním večer.

Edit: našel jsem, je to delší. Za chvíli to sem částečně sepíšu.

1) Konvergenci $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac 1n$ vyřešit umíš? Pokud ano, tak divergence $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{\alpha}}$ pro $\alpha \leq 1$ je snad jasná (srovnávací kritérium — vesměs selský rozum).

2) Pro $\alpha > 1$ to je složitější.
a) Využiju toho, že hledání součtu nekonečné řady je ve skutečnosti počítání limity částečných součtů.
b) Vytvořím majorantu (řadu se členy, které mají vyšší hodnoty než ty odpovíající členy původní řady) — pokud tato majoranta bude konvergovat, tak bude konvergovat i řada původní (jsou obě nezáporné, takže opět srovnávám).

Ten částečný součet:

$S_1 = \frac{1}{1^\alpha} \nl S_2 = \frac{1}{1^\alpha} + \frac{1}{2^\alpha}$ atd.

Všimnu si ale, že pro S_3, S_7, S_15 atd. si mohu ten součet shora omezit:

$S_3 = \frac{1}{1^\alpha} + \frac{1}{2^\alpha} + \frac{1}{3^\alpha} < \frac{1}{1^\alpha} + \frac{1}{2^\alpha} + \frac{1}{2^\alpha} = 1 + 2^{1-\alpha} \nl S_7 = \dots < 1 + 2^{1-\alpha} + 4^{1-\alpha} = 1 + 2^{1-\alpha} + $2^{1-\alpha}$^2 \nl S_{2^n - 1} = \dots < 1 + 2^{1- \alpha} + \dots + $2^{1-\alpha}$^{n-1}$

Protože $\alpha > 1$ , tak kvocient $2^{1-\alpha} < 1$ (a větší než 0) a jde o klasickou geometrickou řadu, jejíž součet známe už posledních ročníků SŠ.

$S_{2^n - 1} < \frac{1}{1 - 2^{1-\alpha}} \in \mathbb{R}$

Jelikož každá řada s nezápornými členy má součet buď reálný — konverguje, nebo nekonečno — diverguje. Pro nás je důležitý, že víme, že ten součet existuje. Pokud tedy majoranta má reálný součet, tak i ta původní řada má součet reálný, tedy konverguje.

Je tam pár věcí, které jsem bral jako samozřejmé nebo bych to musel více rozepisovat. Některé úsudky jsou tedy trochu skokové, ale princip je snad jasný.

Rumburak · 17. 09. 2010 15:36

↑ halogan:
Děkuji za důkaz, který naopak hodnotím jako velmi podrobný.
Matně si vzpomínám, že jsem na něco takového už někde narazil, snad v Jarníkovi, ale to spíše jen hádám.

Matematické Fórum

#1 16. 09. 2010 17:14 — Editoval BakyX (16. 09. 2010 18:28)

Konvergencia nekonečného radu

#2 16. 09. 2010 17:30

Re: Konvergencia nekonečného radu

#3 16. 09. 2010 18:28

Re: Konvergencia nekonečného radu

#4 17. 09. 2010 10:58

Re: Konvergencia nekonečného radu

#5 17. 09. 2010 11:15 — Editoval halogan (17. 09. 2010 11:59)

Re: Konvergencia nekonečného radu

#6 17. 09. 2010 15:36

Re: Konvergencia nekonečného radu

Zápatí