Matematické Fórum

ti.tan · 30. 11. 2011 10:51

Rozhodněte zda řada konverguje abs, rel nebo diverguje. $\sum_{ n\Rightarrow 1}^{\infty }(-1)^{n}\cdot \frac{1}{\sqrt{}n}$
Dobrý den. Prosím mohl by mi někdo napsat postup výpočtu. Moc děkuji.

Rumburak · 30. 11. 2011 11:06

Postup je velmi jednoduchý - použije se Leibnizovo kriterium.

ti.tan · 30. 11. 2011 11:17

↑ Rumburak:↑ Rumburak:
Prosím pěkně, jak ho mám použít, spočítal by jste mi to na ukázku. Moc děkuji.

Rumburak

↑ ti.tan:
Tak to společně probereme: Jak zní věta zvaná Leibnizovo kriterium ? Resp. které postačující podminky klade toto kriterium na řadu
k zajíštění její konvergence? Napovím, že tyto podmínky jsou tři.

ti.tan · 30. 11. 2011 12:16

↑ Rumburak:
(-1) to je alternující řada a už si nevšímám

a potom(nevím si rady) musím zjistit jestli je $\frac{1}{\sqrt{n}}$ klesající a lim se rovná 0
jestli je lql menší než 1
když ano tak zjištuji jestli je konvergující i v absolutní hodnotě
Já si stím nevím rady, myslíte podílové kriterium, asi ne.

Rumburak

↑ ti.tan:
Leibnizovým kriteriem jsem myslel Leibnizovo kriterium. :-) , d'Alembertovo ani Cauchyovo zde nepomohou.

ti.tan napsal(a):
↑ Rumburak:
... alternující řada
...
musím zjistit jestli je $\frac{1}{\sqrt{n}}$ klesající a

lim se rovná 0

To jsou ony tři podmínky z L. kiteria, při jejichž splnění je řada konvergentní.
Stačí tedy ověřit , zda jsou tyto podmínky splněny i pro naši řadu.

ti.tan · 30. 11. 2011 12:44

↑ Rumburak:
lim je 0
a1>a2
konverguje , ano
a ted jestli relativně nebo absolutně
to právě nevím jak spočítat, moc vám děkuji za vedení při výpočtu.. dál nevím

Honzc · 30. 11. 2011 13:22

↑ Rumburak:
Zdravím,
nepíše se náhodou "Leibnizovo kriterium" Leibnitzovo kriterium?

ti.tan · 30. 11. 2011 13:33

↑ Honzc:
promiňte
Vám se to řekne, jednoduše. Není mi 2O, studuji dálkově sedím tu celý den, nemůžu se s tím pohnout. Nemůžu přijít na to jak udělat částečný součet nekonečné řady. Vím že je to jednoduché, ale jsem potřeboval natuknout. Tak prominte.

Rumburak · 30. 11. 2011 13:38

↑ Honzc:
Zdravím - prozatím se domnívám, že ne.

Honzc · 30. 11. 2011 13:44 — Editoval Honzc (30. 11. 2011 13:46)

↑ Rumburak:
Zdravím ještě jednou.
No vidíš, každý den se něco přiučím. Já totiž už 36 let žiju v bludu, že Leibniz se píše Leibnitz

↑ Honzc:
Mně se neomlouvej, já proti tobě nic nemám, ani jsem nic nepsal.

ti.tan · 30. 11. 2011 13:44

↑ Honzc:
Prosím spočítal by to někdo na ukázku. Děkuji moc.

ti.tan · 30. 11. 2011 13:47

Leibniz se píše Leibnitz

To jsem nepotřeboval poradit.

Rumburak

↑ ti.tan:

Ješte "drobnost": mělo se dokázat obecněji $a_n \ge a_{n+1}$ pro VŠECHNA n = 1, 2, 3, ... , ne jenom pro n = 1 .

Až na toto jsou poředpoklady L.k. ověřeny , takže daná alternující řada konverguje .

Absolutní konvergence by znamenala též konvergenci řady

(2) $\sum_{ n = 1}^{\infty }\left|(-1)^n \frac{1}{\sqrt{n}}\right| =\sum_{ n = 1}^{\infty }\frac{1}{\sqrt{n}}$ ,

což už je mimo dosah Leibnizova kriteria, ale dá se to vyšetřit pomocí integrálního kriteria, které je velmi názorně vyloženo zde.

Spočíst částečný součet řady (2) není nic snadného (mně také v tuto chvíli nenapadá, jak na to s jistotou jít) , a mysím, že ani
po Vás to nikdo chtít nebude. Částečný součet řady (2) se ovšem dá odhadnout integrálem z integr. kriteria .

Honzc · 30. 11. 2011 14:02

↑ ti.tan:
Vždyť už ti to ↑ Rumburak: napsal:
První podmínka řada je alternující: To naše je.
Druhá podmínka $a_n$ je klesající: To taky platí, neboť $a_1=\frac{1}{\sqrt{1}}>a_2=\frac{1}{\sqrt{2}}>...$
Třetí podmínka $\lim_{n\rightarrow{\infty}}a_n=0$ : je také splněna viz.Zde a rozkliknout Show steps
A to je vše.

ti.tan · 30. 11. 2011 14:15

Moc děkuji za pomoc. Přeji hezký den.

LukasM · 30. 11. 2011 14:29

↑ ti.tan:
Rozhodně neplánuju zpochybňovat nic z toho, co tu kolegové píšou. Jen chci doplnit, že je celkem užitečné pamatovat si, že řada $\sum_{ n = 1}^{\infty }\frac{1}{n^{\alpha}}$ konverguje pro $\alpha>1$ a jinak diverguje. Je to důsledek právě toho integrálního kritéria, ale podle mně je fajn si to rovnou pamatovat - hodí se to pro srovnávání, a šetří to čas. Nemusíš pak tolik přemýšlet jaký postup zvolit (než přijdeš na to integrální kritérium), ale využiješ to rovnou.

ti.tan · 30. 11. 2011 14:40

pro a>1 konverguje, to jsem z toho jelen, zde je a = 0,5.

LukasM · 30. 11. 2011 14:45

↑ ti.tan:
Proč jsi jelen? Zkusil sis to pomocí toho integrálního kritéria, jak ti na něj Rumburak poslal odkaz?

ti.tan · 30. 11. 2011 14:52

nějak mi to nevychází

Rumburak · 30. 11. 2011 14:52

↑ ti.tan:
Kolega ↑ LukasM: také netvrdil, že by naše řada (2) v ↑ Rumburak: konvergovala.

Rumburak · 30. 11. 2011 14:54

↑ ti.tan:
Je problém s výpočtem toho integrálu ?

ti.tan · 30. 11. 2011 14:56

ano

ti.tan · 30. 11. 2011 15:11

Jako že daná řada diverduje.

Rumburak

↑ ti.tan:

Dobře, pohněme s tím integrálem. Označme

$I(K) := \int_1^K\!\frac{1}{\sqrt{x}}\,\mathrm{d}x = \int_1^K\!x^a \,\mathrm{d}x$ , kde $a = -\frac{1}{2}$ .

Pro $a \ne -1$ má funkce $f(x) := x^a$ na $(0, +\infty)$ primitivní funkci $F(x) := \frac{1}{a+1} \,x^{a+1} + C$ , *)
kde C je volitelná integrační konstanta, pro naše účely je lhostejné, jak ji zvolímé - zvolme tedy nejednodušší variantu C = 0.
Takže podle Newton-Leibnizovy formule (zase ten Leibniz ! :-) ) dostáváme

$I(K) := \left[F(x)\right]_{1}^K=\left[ \frac{1}{a+1} \,x^{a+1}\right]_{x=1}^K = \frac{1}{a+1} \,K^{a+1} - \frac{1}{a+1} \,1^{a+1} = 2 (\sqrt{K} - 1)$ .

Tedy

$\int_1^{+\infty} \frac{1}{\sqrt{x}}\,\mathrm{d}x = \lim_{K \to +\infty} I(K) = \lim_{K \to +\infty} 2 (\sqrt{K} - 1) = ?$ .

Jaký je výsledek tohoto výpočtu a co z něj podle integrálního kriteria plyne o konvergenci či divergenci oné řady (2) ?

--------------

*) V některých speciálních případech, například když $a$ je přirozené číslo, platí tento vzorec dokonce v celém $(-\infty, +\infty)$ .