Matematické Fórum

drabi · 28. 02. 2011 23:27

konverguje tato řada a proč?
$\sum_{n=1}^\infty sin(\pi * \sqrt{n^2 + a^2}); a \in \mathbb{R}$

claudia

Přijde mi škoda, že nikdo neřeší příklad, který jako jeden z mála vypadá velice smysluplně. Bohužel sama řešení neznám. Ale když není nic lepšího, dovolím si alespoň hádat. Třeba to někdo vylepší nebo vyvrátí.

Pro velká $n$ se $\sqrt{n^2+a^2}$ od $n$ liší velmi málo (resp. $\lim \sqrt{n^2+a^2} - n =0)$ . Tedy budeme mít "skoro n pi" a získáme funkční hodnoty sinu, které budou velmi blízké nule. Navíc se zvětšujícím se $n$ se bude odmocnina tomu $n$ blížit více a tedy funkční hodnota sinu se bude zmenšovat, též limitně k nule. Navíc se budou střídat kladné a záporné členy. Taková řada pak konverguje dle Leibnitzova kritéria.

Co si o tom myslíte? :-)

OiBobik · 01. 03. 2011 23:15

K tomuto dotazu bych se rád připojil, zatím jsem přišel pouze na tyto dvě (asi celkem triviální) skutečnosti:

1) pro $a=0$ triviálně řada konverguje : ))
2) pro lib. $a \in \mathbb{R} : \lim_{n\to\infty}|sin(\pi \cdot \sqrt{n^2 + a^2})|=\lim_{n\to\infty}|sin(\pi \cdot (\sqrt{n^2 + a^2}-n))|$ (odečtení celočíselného násobku $\pi$ od argumentu nezmění absolutní hodnotu sinu), použitím Heineho věty lze výraz převést na limitu fce: $\lim_{x\to\infty}|sin(\pi \cdot (\sqrt{x^2 + a^2}-x))|$ , přičemž $\lim_{x\to\infty}\pi \cdot (\sqrt{x^2 + a^2}-x)=0$ , fce sin je v $y=0$ spojitá, můžu tedy použít větu o limitě složené fce a tedy $\lim_{n\to\infty}|sin(\pi \cdot \sqrt{n^2 + a^2})|=\lim_{x\to\infty}|sin(\pi \cdot (\sqrt{x^2 + a^2}-x))|=|sin(0)|=0$ , tím pádem i $\lim_{n\to\infty}sin(\pi \cdot \sqrt{n^2 + a^2})=0$ tedy alespoň nutná podmínka pro konvergenci řady je splněna.

OiBobik · 01. 03. 2011 23:22

↑ claudia:

Můžu se jen zeptat, z čeho plyne, že se budou kladné a záporné členy střídat? pak už by to bylo hotové, akorát já to tam nějak nevidím.

FailED · 01. 03. 2011 23:23

↑ OiBobik:

Dá se z toho dostat ještě víc: $\sin (\pi\sqrt{n^2+a^2})=\sin (\pi$\sqrt{n^2+a^2}-n$+n\pi) = \sin y\cdot\cos (\pi n)+\cos (y)\cdot\sin (\pi n)=(-1)^n\cdot \sin(y)$
pro $y=\frac{\pi\cdot a^2}{\sqrt{n^2+a^2}+n}$

FailED · 01. 03. 2011 23:28

↑ claudia:
Vypadá to dobře :)

↑ OiBobik:
Jde o to, že ta odmocnina bude vždycky o trošku víc než n a sin je kousek za $\pi n$ pro sudá n kladný a pro lichá n záporný.

claudia

Ještě bych možná uměla dokázat, že rozdíl hodnoty té vnitřní funkce od n je klesající, jak jsem tvrdila.

$a_{n+1}-(n+1)&<a_n-n\\ \sqrt{(n+1)^2+a^2}-(n+1)&<\sqrt{n^2+a^2}-n\\ \sqrt{(n+1)^2+a^2}-1&<\sqrt{n^2+a^2}\\ (n+1)^2+a^2-2\sqrt{(n+1)^2+a^2}+1&<n^2+a^2\\ (n^2+2n+1)-2\sqrt{(n+1)^2+a^2}+1&<n^2\\ 2n+1-2\sqrt{(n+1)^2+a^2}+1&<0\\ 2n+2&<2\sqrt{(n+1)^2+a^2}\\ n+1&<\sqrt{(n+1)^2+a^2}\\ (n+1)^2&<(n+1)^2+a^2\\ 0&<a^2$

claudia

OiBobik napsal(a):
↑ claudia:

Můžu se jen zeptat, z čeho plyne, že se budou kladné a záporné členy střídat? pak už by to bylo hotové, akorát já to tam nějak nevidím.

Protože funkční hodnota vnitřní funkce se bude (pro velká n) pohybovat v intervalu $$n\pi,(n+1)\pi$$ .

Funkce sinus nabývá kladných hodnot v intervalech $$2k\pi,(2k+1)\pi$$ a záporných v $$(2k+1)\pi,(2k+2)\pi$$ . a protože se střídají sudá a lichá n, budou se střídat kladné a záporné funkční hodnoty funkce sinus.

EDIT: FailED už to napsal první, nevšimla jsem si.