Matematické Fórum

squo · 16. 01. 2011 23:15

ahoj,
vedeli by stye mi niekto s tym pomoct?
Diky moc :)

$\lim_{n\rightarrow\infty}n((1+\frac{\alpha}{n})^n - e^{\alpha})$

a druhy priklad je vysetrit konvergenciu radu v zavislosti na alfa.

$\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{sin(1/n)-1/n}{n^{\alpha}}$
druhe sa asi riesi nejak cez Heineho, teda:
$\lim_{n\rightarrow0} \frac{\sin(x)-x}{1/x^{\alpha}} =^{\frac{0}{0}} \lim_{n\rightarrow0} \frac{1-\cos x}{\frac{\alpha x^{\alpha-1}}{x^{2\alpha}}}$ a tu som sa zasekol. Totizto aj keby mi tu vyslo nejake alfa,tak neviem, co s nim mam robit... totizto to este tusim nieje odpoved na vysledok... nie?

squo · 16. 01. 2011 23:21

este vysledky poviem vopred:
limita: $-\frac{\alpha^2}{2}e^\alpha$

rad: koverguje prave vtedy ked $\alpha > -2$

Pavel Brožek

↑ squo:

Nestačilo by spíš nějaké srovnávací kritérium? Porovnával bych s řadou $\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^\beta}$ , o které víme, pro jaké $\beta$ konverguje a diverguje.

U limity asi pomůže l'Hospital. ( $n=\frac1{\frac1n}$ ) Edit: Ale bude potřeba zdůvodnit, proč ho smíme použít.

FailED · 16. 01. 2011 23:26

čau,

1)
pokud je to to co si myslím tak bych to prostě převedl na exponenciální tvar a l'Hospitalil... Nedaří se?

2)
S tím l'Hospitalem pozor, 0/0 je to jen pro alfa<0...
Hodí se limita link.

squo · 17. 01. 2011 01:03 — Editoval squo (17. 01. 2011 01:22)

1)
ako myslis previest na exponencialny tvar?
$\lim_{n\rightarrow\infty}n((1+\frac{\alpha}{n})^n - e^{\alpha}) = \lim_{n\rightarrow\infty}n (e^{n*log(1+\alpha/n)} - e^\alpha)$
toto nefunguje... alebo smo zle pochopil? :)

popripade ako zlopitalovat? teda ( $n=\frac1{\frac1n}$
potom mi vyjde tusim $\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{n(1+\frac{\alpha}n)^{n-1} \frac{\alpha}{n^2}}{\frac{1}{n^2}}$
a co dalej?

2) radu som skusal predelit $1/x^\beta$ mam teda nieco ako $x^{\alpha+\beta+3}=\frac16$
necviem, ci nieco pomohlo :/

claudia · 17. 01. 2011 04:20

ad 1) Já myslím, že l'Hospitalovo pravidlo přeci jen funguje. Pokud to mám správně, zde je náznak:
$\Large \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{e^{n\cdot ln\left(1+\frac{\alpha}{n}\right)}-e^\alpha}{n^{-1}} \stackrel{\mathrm{l'H}}{=} \ldots = \lim_{n\rightarrow\infty} \left(1+\frac{\alpha}{n}\right)^n\cdot\frac{ln\left(1+\frac{\alpha}{n}\right)-\frac{\alpha}{n+\alpha}}{-n^{-2}} =e^\alpha\lim_{n\rightarrow\infty} \frac{ln\left(1+\frac{\alpha}{n}\right)-\frac{\alpha}{n+\alpha}}{-n^{-2}} =$
$\Large \stackrel{\mathrm{l'H}}{=} e^\alpha\lim_{n\rightarrow\infty} \frac{\frac{1}{1+\frac{\alpha}{n}}\frac{-\alpha}{n^2}+\frac{\alpha}{\left(n+\alpha\right)^2}}{2n^{-3}}= e^\alpha\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{-n^2\alpha^2}{2\left(n+\alpha\right)^2}=\frac{-e^\alpha \alpha^2}{2}$

squo · 17. 01. 2011 14:12

ok, dik, asi som to riesil povrchne, uz vidim ;)

viete mi este niekto pomoct s tou radou?

Pavel · 18. 01. 2011 22:37 — Editoval Pavel (18. 01. 2011 22:42)

↑ squo:

ad 2) Co tak použít Taylorovy řady a Landauovy symboly ;-)

Nechť $m\in\mathbb{N}$ . Pak
$\sin x= x-\frac {x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}+\cdots+(-1)^{m+1}\frac{x^{2m-1}}{(2m-1)!}+\cdots=x-\frac{x^3}{6}+o(x^4),\quad x\to 0.$

Proto

$\sin \frac 1n-\frac 1n=\frac 1n-\frac{1}{6n^3}+o\left(\frac 1{n^4}\right)-\frac 1n=-\frac{1}{6n^3}+o\left(\frac 1{n^4}\right),\quad n\to\infty\nl n^{\alpha}\left(\sin \frac 1n-\frac 1n\right)=n^{\alpha}\left(-\frac{1}{6n^3}+o\left(\frac 1{n^4}\right)\right)=-\frac{1}{6n^{3-\alpha}}+o\left(\frac 1{n^{4-\alpha}}\right)$

Tzn. obě řady

$\sum_{n=1}^{\infty}n^{\alpha}\left(\sin \frac 1n-\frac 1n\right),\qquad \sum_{n=1}^{\infty}-\frac{1}{6n^{3-\alpha}}+o\left(\frac 1{n^{4-\alpha}}\right)$

budou zároveň konvergovat nebo divergovat. Aby druhá řada konvergovala, stačí, aby $3-\alpha>1$ , tj. $\alpha<2$ .

ad 3) Poslední limita by se analyzovala obdobně. Nicméně není mi jasné, jaký je úkol? Navíc limita závisí na n, ale ve výrazu je pouze x.

ad 1) Něco podobného se zde řešilo před pár lety, viz http://forum.matweb.cz/viewtopic.php?id=3663