Matematické Fórum

xMravenecek

Ahoj,
tak jsem tu zas, tektokrát s jiným příkladem. Zadání zní:

Rozhodněte o K a AK řady:
$\sum_{n=1}^{\infty}{{(-1)^n}({\frac{1}{\sqrt{n+1}-\sqrt{n-1}}-\sqrt{n}}})$

Jak na to koukám, jde tedy o alternující řadu. Ta se vyšetřuje dle toho co nás učili:
1) nutná podmínka konvergence |an|
2) pokud splněna 1) přichází na řadu srovnání s nějakou řadou bn, kterou umím vyšetřit - ta buď K a tedy původní řada KA, nebo D a tedy pokud původní řada K, pak KN (neabsolutně)
3) pokud bn D - přichází na řadu Leibniz - tedy stačí zjistit, zda je an posloupnost nerostoucí. Pokud ano, KN, pokud ne, tak řada D.

Jak jsem to řešil já a v čem je problém?
1) NPK řeším tak, že $\lim_{x\to\infty}{\frac{1}{\sqrt{n+1}-\sqrt{n-1}}-\sqrt{n}}=\frac{1}{2}\sqrt{n}(\sqrt{1-1/n}-2+\sqrt{1+1/n})=0$
Ta se rovná 0, protože ten člen v závorce se blíží 0. Lze to takhle vyřešit? Pokud ano, je NPK splněna.

2) A tady přichází kámen úrazu, vůbec netuším, s jakou řadou bych tuto mohl srovnat. Můžete prosím poradit?

Díky, Mravenec

halogan · 31. 05. 2011 15:47

1. Nechybí u zadání závorka?

2. Nutná podmínka není spočítaná správně. Jak víš, že limita ve tvaru $\infty \cdot 0$ je rovna nule?

xMravenecek · 31. 05. 2011 15:51

↑ halogan:

Jojo, závorka mi vypadla, pardon, opraveno... A ano, teď když si to napsal, tak je mi jasné, že takhle NPK těžko vypočítám. Nějaký hint jak na to?

halogan · 31. 05. 2011 15:56

Převedu na společného jmenovatele (kterého budu ignorovat, je to dvojka) a mám tedy

$\sqrt{n+1} + \sqrt{n-1} - 2 \sqrt{n}$ ,

což ale od nějakého n je přeci menší než

$\sqrt{n+1} + \sqrt{n-1} - 2 \sqrt{n-1}$ ,

ne?

Dokážeš tohle už nějak doplácat? Podobně to uděláme i s dolním odhadem.

xMravenecek · 31. 05. 2011 16:23

↑ halogan:
Abych řekl pravdu, moc se nechytám...

xMravenecek · 31. 05. 2011 16:39

↑ halogan:
Jo jasný, jakože udělám odhad:
$\sqrt{n-1} - 2 \sqrt{n+1} + \sqrt{n+1} < \sqrt{n-1} - 2 \sqrt{n} + \sqrt{n+1} < \sqrt{n-1} - 2 \sqrt{n-1} + \sqrt{n+1}$

z čehož pak máme:

$\sqrt{n-1} - \sqrt{n+1} < \sqrt{n-1} - 2 \sqrt{n} + \sqrt{n+1} < - \sqrt{n-1} + \sqrt{n+1}$

a pak udělám dle věty o limitě sevřené posloupnosti limity těch odhadů, přičemž oba jdou k nule (vždycky rozšířím a pak mám v čitateli +-2 a dole nějaký odmocniny jdoucí k nekonečnu.

No dobrá, tak jak dál?

xMravenecek · 31. 05. 2011 17:02

↑ xMravenecek:

Takže pak vezmu ten horní odhad a z něj vidím, že by šel srovnat s bn = 1/sqrt(n), to dokážu tak, že udělám limitu an/bn, ta dle mých propočtů vychází 1, což náleží intervalu (0,+infinity) a tedy řady mohu srovnat. O bn vím, že diverguje, takže pokud podle Leibnize ve 3. kroku dokážu, že posloupnost je neroustoucí, tak bude konvergovat neabsolutně. Wolfram na tu nerovnost pohlíží následovně: http://www.wolframalpha.com/input/?i=sq … 8n%2B2%29, z čehož usuzuji, že buď mám něco blbě, nebo není nerostoucí a proto původní řada diverguje...

halogan · 31. 05. 2011 17:25

Vypadá to tak, že diverguje. Na ruční počty té monotonie je venku příliš horko, takže budu muset věřit WA.

Vše ostatní vypadá dobře.

xMravenecek · 31. 05. 2011 19:02

↑ halogan:
Tak az zacne prset, muzes mi to prosim jeste prekontrolovat? Jinak dekuju za navod, nejak porad zapominam na to, ze existuje neco jako limita sevrene posloupnosti... :-)

xMravenecek · 31. 05. 2011 19:07

Jinak ale wolfram tvrdi, ze http://www.wolframalpha.com/input/?i=su … n%29%29%29 tedy ze tato rada ma soucet, coz by znamenalo, ze konverguje...tak ja uz fakt nevim, dneska tezka krize...

halogan · 31. 05. 2011 19:09

Teplota opadla, výpočet stále neproveden (vykreslil jsem si graf té neoscilující části na WA :-), ale asi vidím jádro problému:

Ta neoscilující část je vždy záporná, takže je dobré vytknout minus jedničku, abychom

1) Šli podle teorie, která nařizuje mít nezáporné členy.

2) Mohli jednoduše porovnávat (rozuměj nemuseli prehazovat nerovnost) po sobě jdoucí členy.

Pak už nám opravdu vyjde, že řada konverguje neabsolutně.

Olin · 31. 05. 2011 19:12

Řada konverguje i absolutně, není obtížné ji přímo sečíst, když si sčítanec upravíme na tvar
$\left(\sqrt{n+1} - \sqrt{n}\right) - \left(\sqrt{n} - \sqrt{n-1}\right)$ .

xMravenecek · 31. 05. 2011 19:22

Ajaj, takze jeste jednou - jak jsem popsal, npk mam vyresenou dobre? Druhy krok, tedy srovnani s bn=1/sqrt(n) jest taky dobre? Pokud ano, tak bud rada KN nebo D. Pak prece dle Olina ale nemuze KA... Mam tedy jediny problem s vyresenim te monotonie...? Pardon, dneska je to se mnou jak s tatarem...

halogan · 31. 05. 2011 19:25

↑ xMravenecek:

U absolutni konvergence neresime tu oscilaci, Leibniz je nam tedy k nicemu. Olin ma (jak uz je zvykem) nejspis pravdu, takze chyba bude nekde u toho srovnani. Jelikoz 1/sqrt(n) diverguje, tak limita an/bn nemuze byt realna.

Ja dane srovnani nepocital, takze nevim, jestli se k tomu dostanu, tak poradim behem vecera, ale to Olin bude asi rychlejsi.

xMravenecek · 31. 05. 2011 19:44

↑ halogan:
No rozhodne lim an/bn vychazi 1, i WA potvrdil me vypocty, tam jsem si celkem jisty, proto jsem i volil bn=1/sqrt(n), aby vysla limita realna... des bes toto... tak kdybys nasel chvilku casu, tak se na to prosim zkus jeste podivat... Budu doufat, ze Ty nebo Olin mi to pomuzete v ty hlavince urovnat...

halogan · 31. 05. 2011 19:51

↑ xMravenecek:

V mezičase se podívej na tuto limitu. Vychází nula, takže nám příliš nepomůže.

xMravenecek · 31. 05. 2011 20:32

Tak jsem se zamyslel nad tim, co psal Olin. Je to tak, nenapadlo me, ze bych mohl vyuzit te teleskopicnosti rady i tady (v jine casti prikladu se prave scitala rada bez toho clenu (-1)^n). Po rozepsani jsem tedy dosel k tomuto:

$\sum_{n=1}^{\infty}{{\frac{1}{\sqrt{n+1}-\sqrt{n-1}}-\sqrt{n}}} = \sum_{n=1}^{\infty}{{\frac{1}{2}(\sqrt{n+1}-2\sqrt{n}+\sqrt{n-1})}} = \sum_{n=1}^{\infty}{{-\frac{1}{2}(1+\sqrt{n}-\sqrt{n+1})}}$

Muzu to tedy udelat tak, ze v druhem kroku to nebudu srovnavat s zadnou radou, ale vysetrim primo soucet? Dokonce je videt, ze kvuli te konstante (-1/2) jsou vsechny cleny zaporne (jak jiz bylo receno), tedy muzu vytknout znamenko - pred radu. Pokud tedy bude mit moje upravena suma soucet, tak bude KA... je to tak? Jen kdyz udelam limitu, abych ziskal soucet, tak soucet vyjde 1/2, resp. -(1/2), coz ale neodpovida tomu, co vyplivl WA...

Olin · 01. 06. 2011 11:10 — Editoval Olin (01. 06. 2011 11:16)

Kdybychom chtěli vyšetřovat konvergenci, asi to chce trochu zkušeností, aby člověk začal počítat tuto limitu (samozřejmě to, že se má počítat, jsem nahlédl až po výše uvedených úpravách členu řady).

↑ xMravenecek:
V té rovnosti úplně nechápu poslední rovnítko. Každopádně postup na součet je dobrý,
$\sum_{n=1}^{\infty}\left({{\frac{1}{\sqrt{n+1}-\sqrt{n-1}}-\sqrt{n}}}\right) = \lim_{N \to \infty} \frac 12 \sum_{n=1}^N \left[ \left( \sqrt{n+1} - \sqrt{n} \right) - \left( \sqrt{n} - \sqrt{n-1} \right) \right] = \\ = \lim_{N \to \infty} \frac 12 \left[ \big(\sqrt{N+1}-\sqrt{N}\big) - \big(\sqrt{1}-\sqrt{0}\big) \right] = -\frac12$ .
V předposledním kroku byla použita teleskopičnost řady. Jelikož jsme takto explicitně určili součet řady, máme konvergenci zadarmo. Musím však upozornit, že často, když zjišťujeme součet řady, tak činíme za předpokladu, že řada konverguje - mnohé pokročilejší sčítací metody mohou přiřadit konečný součet i divergentní řadě (to zde ovšem nehrozí, protože jsme řadu sečetli podle definice jejího součtu).

xMravenecek · 01. 06. 2011 12:27

↑ Olin:
Uzasne! Diky za komentar. Jak tak koukam, tak za poslednim rovnitkem by nemela byt suma, ale limita, vid? Jinak, je zde tedy nejaky postup, jak prijit na onu srovnavanou radu bn = 1/n^(3/2)? Z ceho zes to vydumal? :-)

Olin · 02. 06. 2011 01:12

Myšlenka je asi taková, že pokud mám monotónní diferencovatelnou funkci $f$ , pak se rozdíl $f(n+1) - f(n)$ chová "zhruba jako" $f'(n)$ (přesněji řečeno, z Lagrangeovy věty o střední hodnotě dostaneme, že tento rozdíl musí ležet mezi $f'(n)$ a $f'(n+1)$ ). Odtud vidím, že $\sqrt{n+1} - \sqrt{n}$ se "chová jako" $\tfrac{1}{\sqrt{n}}$ (konstanty neřeším) a posléze $\tfrac{1}{\sqrt{n+1}} - \tfrac{1}{\sqrt{n}}$ jako $\tfrac{1}{\sqrt{n^3}}$ .

xMravenecek · 02. 06. 2011 14:53

↑ Olin:
Díky, uzavírám toto téma :-)

Matematické Fórum

#1 31. 05. 2011 15:37 — Editoval xMravenecek (31. 05. 2011 15:50)

Rozhodněte o konvergenci a absolutní konvergenci řady

#2 31. 05. 2011 15:47

Re: Rozhodněte o konvergenci a absolutní konvergenci řady

#3 31. 05. 2011 15:51

Re: Rozhodněte o konvergenci a absolutní konvergenci řady

#4 31. 05. 2011 15:56

Re: Rozhodněte o konvergenci a absolutní konvergenci řady

#5 31. 05. 2011 16:23

Re: Rozhodněte o konvergenci a absolutní konvergenci řady

#6 31. 05. 2011 16:39

Re: Rozhodněte o konvergenci a absolutní konvergenci řady

#7 31. 05. 2011 17:02

Re: Rozhodněte o konvergenci a absolutní konvergenci řady

#8 31. 05. 2011 17:25

Re: Rozhodněte o konvergenci a absolutní konvergenci řady

#9 31. 05. 2011 19:02

Re: Rozhodněte o konvergenci a absolutní konvergenci řady

#10 31. 05. 2011 19:07

Re: Rozhodněte o konvergenci a absolutní konvergenci řady

#11 31. 05. 2011 19:09

Re: Rozhodněte o konvergenci a absolutní konvergenci řady

#12 31. 05. 2011 19:12

Re: Rozhodněte o konvergenci a absolutní konvergenci řady

#13 31. 05. 2011 19:22

Re: Rozhodněte o konvergenci a absolutní konvergenci řady

#14 31. 05. 2011 19:25

Re: Rozhodněte o konvergenci a absolutní konvergenci řady

#15 31. 05. 2011 19:44

Re: Rozhodněte o konvergenci a absolutní konvergenci řady

#16 31. 05. 2011 19:51

Re: Rozhodněte o konvergenci a absolutní konvergenci řady

#17 31. 05. 2011 20:32

Re: Rozhodněte o konvergenci a absolutní konvergenci řady

#18 01. 06. 2011 11:10 — Editoval Olin (01. 06. 2011 11:16)

Re: Rozhodněte o konvergenci a absolutní konvergenci řady

#19 01. 06. 2011 12:27

Re: Rozhodněte o konvergenci a absolutní konvergenci řady

#20 02. 06. 2011 01:12

Re: Rozhodněte o konvergenci a absolutní konvergenci řady

#21 02. 06. 2011 14:53

Re: Rozhodněte o konvergenci a absolutní konvergenci řady

Zápatí