Matematické Fórum

Azeret · 06. 05. 2011 22:26

Ahoj, mám problém s tímto příkladem $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n \frac{2 + (-1)^n}{n}$ .
Mám 2 řešení vedoucí k různým výsledkům,
1. $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n \frac{2 + (-1)^n}{n} = 2 \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n} + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{2n}}{n}$ , druhá suma je
harmonická řada, a celkově řada diverguje . . .

2. $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n \frac{2 + (-1)^n}{n} \leq \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n \frac{2 + 1}{n}$ , řada pak z Leibnitzova kriteria konverguje . . .

Nevím, v čem dělám chybu, ale ani pro jeden postup se mi nedaří najít protipříklad, který by ukázal, že daný krok je nekorektní.

Díky

OiBobik

↑ Azeret:

Ahoj,

srovnávací kritérium má smysl jen u nezáporných řad - to tato není. 2. tedy nemá smysl.

Co se týče té jedničky, to se mi taky moc nelíbí - ono že něco rozložíš na třeba i dvě divergentní řady nic nedokazuje, snad jen, že řada nekkonverguje absolutně...

Osobně si myslím, že to bude divergovat, jen se k tomu snažím jenom najít správný argument.

kaki1 · 06. 05. 2011 22:54

Zdravim,
ten první postup, který píšeš je špatně použitá rovnost. Věta říká, že pokud obě řady konvergují, potom konverguje i řada, kde sčítáč prvky obou řad. Ten druhý způsob, kde používáš Leibnize vypadá v pohodě.

Azeret · 06. 05. 2011 23:01

Díky, to proč je špatně číslo 1 už chápu. . .
A co s tou 2kou? - Jak píše OiBobik, nikde jsme žádné srovnávací kriterium pro
řady s obecnymi cleny nemeli, ale nedokazu najit protipriklad - kdyz vsechny prvky
v rade zvetsim a rada presto konverguje, je mozne aby nekonvergovala puvodni rada?

OiBobik

↑ Azeret:

Na to ještě hezky odpověděl Jarro, než se smazal - tys tu řadu ani nezvětšil, tys zachoval sudé členy posloupnosti (kladné) a u lichých (záporných!) jsi zvětšil absolutní hodnotu - tedy sumu jsi rozhodně zmenšil(EDIT).

(stačí rozmyslet, že 2+(-1)^n je pro sudá n 3 a pro lichá 1 - ale u lichých je to celé násobeno -1, tedy záporné)

---------------------------------------
Skryto (nepřesné)

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

jarrro · 06. 05. 2011 23:06 — Editoval jarrro (06. 05. 2011 23:11)

↑ Azeret:áno je možné zmenšením môžeš vyrobiť mínus nekonečno alebo niečo čomu neexistuje limita

Azeret · 06. 05. 2011 23:23 — Editoval Azeret (06. 05. 2011 23:23)

Ok , mate pravdu, moje chyba - to reseni je uplne spatne . . .ale v tom případě mě nenapadá žádný postup, jak konvergenci vyřešit - pokud
tedy není $\frac{2+(-1)^n}{n}$ monotonni . . . coz by pro velka $n$ mohlo byt?

OiBobik

↑ Azeret:

Takže abych to sepsal trochu pořádně:

Součet nekonečné řady je definován jako limita posloupnosti částečných součtů - označme $\sum_{n=1}^\infty (-1)^n \frac{2+(-1)^n}{n}=\lim_{n \to \infty}S_n$

Pokud součet této řady (tedy tato limita) existuje, z teorie víme (a intuitivně je zcela zřejmé), že $\sum_{n=1}^\infty (-1)^n \frac{2+(-1)^n}{n}=-1+\sum_{n=2}^\infty (-1)^n \frac{2+(-1)^n}{n}=-1+\sum_{n=1}^\infty (-1)^{n+1} \frac{2+(-1)^{n+1}}{n+1}$ (První člen jsme z řady "vyhodili").

(Pozn.: K platnosti stačí dokonce jen existence součtu řady na pravé straně, tedy "má-li pravá strana smysl, pak ta rovnost platí" - to je potřeba, jinak by celý ten důkaz byl nesmyslný)

Označme si částečné součty této nové řady $S'_n$

Dokážeme nyní, že $S'_n \geq R_n$ , kde $R_n=\sum_{i=1}^n \frac{1}{i+1}$ ... n-tý částečný součet $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n+1}$ , o níž víme, že diverguje.

Důkaz provedeme indukcí:
n=1.... zřejmě platí i $S'_n \geq R_n + \frac{2}{n+1}$
n=2.... zřejmě platí

indukční krok 1 (pro lichá n, indukční předpoklad je: $S'_{n-1}\geq R_{n-1}$ ):

$S'_{n}=S'_{n-1}+\frac{3}{n+1} \\ R_{n}=R_{n-1}+\frac{1}{n+1} \\ \text{(dle IP a rovností výše)} \Rightarrow S'_n \geq R_n + \frac{2}{n+1}$

indukční krok 2 (pro sudá n, indukční předpoklad je: $S'_{n-1}\geq R_{n-1}+\frac{2}{n}$ ):

$S'_n=S'_{n-1}-\frac{1}{n+1} \\ R_n=R_{n-1}+\frac{1}{n+1} \\ \text{(dle IP) } \Rightarrow S'_n \geq R_{n-1}+\frac{2}{n} - \frac{1}{n+1} > R_{n-1}+\frac{2}{n+1}-\frac{1}{n+1}=R_{n}$

(idea důkazu je: pro lichá čísla dokazuju silnější tvrzení, ale stačí mi k tomu slabší, pro sudá dokazuju slabší, ale potřebuji k tomu silnější, a tak se to střídá pro libovolně velké n)

Nyní jsme tedy dokázali, že $\forall n \in \mathbb{N}: S'_n \geq R_n$ , víme, že $\lim_{n \to \infty} R_n=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n+1}=+\infty$ ; z toho a lemmatu o policajtech plyne, že $\lim_{n \to \infty}S'_n$ existuje a je také rovna $+\infty$ . Tím je divergence řady dokázána.

Azeret · 07. 05. 2011 00:04 — Editoval Azeret (07. 05. 2011 00:04)

↑ OiBobik:

wow, diky moc.
Jedna vec co mi neni uplne jasna, proc se vyndaval ten prvni clen souctu pred sumu? (nesel by udelat
obdobny dukaz jen by srovnavaci rada byla $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ ? )

OiBobik

↑ Azeret:

Nene, to se zdá, že by mohlo tak být, ale ve skutečnosti to nejde - lze to nahlédnout třeba tak, že aby to tak bylo, musí být předchozí člen větší nežli následující (nebo roven), tedy tak vysoká n musí splňovat nerovnici:
$\frac{1}{n}\geq\frac{3}{n+1} \\ n+1 \geq 3n \\ 1 \geq 2n$ ,

což žádné přirozené n nesplňuje.

OiBobik

↑ Azeret:

Z formálních důvodů nešel - on ten první člen je totiž záporný a celou tu sumu posouvá (teď se tak dívám, že je tam chyba - ne 1/2, ale 1 se má odečítat, samozřejmě - jdu to spravit)(opraveno)

(co by teda šlo udělat, je nechat to od jedné, jak navrhuješ, pak je třeba to ale srovnávat s $R_n-2$ - což by nevadilo, to jde do nekonečna stejně jako Rn : )) )

Azeret · 07. 05. 2011 00:08

↑ OiBobik:
jasny, chapu - diky moc (tohle by me nikdy nenapadlo . .. doufam, ze to jde nacvicit :) )

OiBobik

↑ Azeret:

Nakonec jen upozornění - možná jsem to celé řešil zbytečně složitě. Třeba někdo ještě přijde a vymyslí jednodušší postup.

Btw: Mně by to před půl rokem taky ani nenapadlo, takže určitě jde ; )).

EDIT: Taky tam je přehozená parita u těch indukčních kroků, než jsem původně napsal - je to z důvodu toho posunutí. jdu to opravit. (opraveno)

Azeret · 07. 05. 2011 00:13

↑ OiBobik:
neoznacim to tedy jeste jako vyresene - kdyby nekdo pripsal jednodussi postup vubec by mi
to nevadlo (tohle reseni nejde moc zobecnit na dalsi priklady a obavam se, ze pokud dostanu
obdobny priklad, nedokazu najit spravnou srovnavaci radu atd . ..)

OiBobik

↑ Azeret:

OK. Já mám dokonce celkem silný pocit, že to nějak snáze půjde (něco podobného jsme velmi pravděpodobně dělali na cvičení a takovéto obludy tam cvičící neprezentoval, pokud se pamatuji). Nicméně aspoň si myslím, že je to teď správně.

_________________________________________________________________________
Ono asi obecně, když ti někdo zadá řadu, která se tváří na Leibnize, ale je jenom v takovém "detailu", jako je ta monotonie, nevyhovující, je to přinejmenším dobrý důvod k ostražitosti.

fordox · 07. 05. 2011 11:47 — Editoval fordox (07. 05. 2011 11:47)

Zdravim, Naprostou nahodou jsem tento priklad nasel vyreseny v ucebnici, takze mohu poskytnout alternativni reseni...

Obecny clen řady se dá přepsat na : ((-1)^n)* (2*n) + 1*n. První řada je konvergentni podle leibnitzova kriteria, a druha rada diverguje... Pouzijeme- li vetu o aritmetice limit na posloupnosti castecnych souctu zjistime, ze zkoumana je divergentni.

OiBobik · 07. 05. 2011 12:14

↑ fordox:

Aha, tak v tom případě řešení číslo 1 ↑ Azeret: bylo dobře.

Tak to se omlouvám, vypadalo to podezřele : )) (resp. spletl jsem si to s "důkazy" divergence takovými, kdy se řada rozdělí na jednu jdoucí k minus nekonečnu a druhou k plus nekonečnu).

Azeret · 07. 05. 2011 21:53

↑ OiBobik:
jaj, nu co se da delat - spatne na tom je, ze jsi me v pohode presvedcil o tom, ze to je spatne - mam v tom ocividne pekny gulas . ..

kazdopadne diky moc - i tak mi to hodne pomohlo . . . .

Matematické Fórum

#1 06. 05. 2011 22:26

Konvergence řady

#2 06. 05. 2011 22:51 — Editoval OiBobik (06. 05. 2011 22:58)

Re: Konvergence řady

#3 06. 05. 2011 22:54

Re: Konvergence řady

#4 06. 05. 2011 23:01

Re: Konvergence řady

#5 06. 05. 2011 23:04 — Editoval OiBobik (07. 05. 2011 00:38)

Re: Konvergence řady

#6 06. 05. 2011 23:06 — Editoval jarrro (06. 05. 2011 23:11)

Re: Konvergence řady

#7 06. 05. 2011 23:23 — Editoval Azeret (06. 05. 2011 23:23)

Re: Konvergence řady

#8 06. 05. 2011 23:41 — Editoval OiBobik (07. 05. 2011 00:56)

Re: Konvergence řady

#9 07. 05. 2011 00:04 — Editoval Azeret (07. 05. 2011 00:04)

Re: Konvergence řady

#10 07. 05. 2011 00:06 — Editoval OiBobik (07. 05. 2011 00:34)

Re: Konvergence řady

#11 07. 05. 2011 00:08 — Editoval OiBobik (07. 05. 2011 00:58)

Re: Konvergence řady

#12 07. 05. 2011 00:08

Re: Konvergence řady

#13 07. 05. 2011 00:10 — Editoval OiBobik (07. 05. 2011 00:23)

Re: Konvergence řady

#14 07. 05. 2011 00:13

Re: Konvergence řady

#15 07. 05. 2011 00:22 — Editoval OiBobik (07. 05. 2011 00:32)

Re: Konvergence řady

#16 07. 05. 2011 11:47 — Editoval fordox (07. 05. 2011 11:47)

Re: Konvergence řady

#17 07. 05. 2011 12:14

Re: Konvergence řady

#18 07. 05. 2011 21:53

Re: Konvergence řady

Zápatí