Matematické Fórum

unga · 18. 10. 2012 18:01 — Editoval unga (18. 10. 2012 18:03)

Dobrý den,
mám řadu která není geometrická. Lze použít místo kvocientu geometrické řady do vzorce limitu podílu dvou po sobě jdoucích členu, ze kterých se podle d'Alambertova podílového kritéria pozná, že řada je konvergentní ? Pokud ne existuje jiný vzorec ? Konkrétně jde o příklad $\sum_{n=1}^{\infty }(\frac{1}{4n^{2}-1})$

jarrro · 18. 10. 2012 18:12 — Editoval jarrro (18. 10. 2012 22:44)

nerozumiem otázke, ale
$\lim_{n\to\infty}{\frac{\qquad\frac{1}{4$n+1$^2-1}\qquad}{\qquad\frac{1}{4n^2-1}\qquad}}=\lim_{n\to\infty}{\frac{4n^2-1}{4$n+1$^2-1}}=1$
teda pomocou podielového kritéria sa nedá rozhodnúť o konvergencii radu
ale je to konvergetný rad, lebo
$\frac{1}{4n^2-1}<\frac{1}{n^2}$

Brano · 18. 10. 2012 18:30

Ano mozes pouzit D'Alembertovo kriterium a vyjde, ze nevies rozhodnut ci konverguje.
Najjednoduchsie by bolo povedat, ze mozes pouzit porovnavacie kriterium s radom
$\sum\frac{1}{n^2}$
o ktorom je zname, ze konverguje. To by vsak bolo asi alibisticke, lebo zrejme nevies ze konverguje, inak by si sa nepytal. Silnejsie kriteria (ako napr. Gaussovo) vyuzivaju tuto znalost.

Takze najlepsie bude pouzit integralne kriterium, ci uz pre $\sum\frac{1}{n^2}$ alebo tvoj priklad, pretoze je to skoro to iste.

unga · 18. 10. 2012 20:14 — Editoval unga (18. 10. 2012 20:15)

↑ Brano: Prominte zapomněl jsem uvést,že mne zajímá, zda tu limitu místo kvocientu lze použít do sčítacího vzorce. Konvergence problém nedělá, potřebuji spočítat součet řady.

vanok · 18. 10. 2012 20:36 — Editoval vanok (18. 10. 2012 20:37)

Ahoj ↑ unga:,
Skus vyuzit ze $4n^2-1=(2n+1)(2n-1)$ a rozloz
$\frac{1}{4n^{2}-1}$ na sucet dvoch "jednoduchych zlomkov"

Staci?

unga · 18. 10. 2012 20:52 — Editoval unga (18. 10. 2012 20:52)

Když to rozloužím na součet vyjde mi $\Sigma \frac{1}{4n(2n+1)}+\Sigma \frac{1}{4n(2n-1)}$ ,což je oboje stejně složitý jako to předtim.

Brano · 18. 10. 2012 22:25

↑ unga: pockat do akeho scitacieho vzorca tu limitu chces pouzit. Zda sa mi, ze hovoris o niecom inom ako si myslime.
Rozlozil si to sice spravne, ale nie tak ako to myslel ↑ vanok:, dokoca si myslim, ze takyto rozklad nepomoze.
↑ vanok: mal na mysli toto:
$\frac{1}{4n^2-1}=\frac{A}{2n+1}+\frac{B}{2n-1}$ .
Samozrejme NEPLATI
$\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{4n^2-1}=\sum_{n=1}^\infty\frac{A}{2n+1}+\sum_{n=1}^\infty\frac{B}{2n-1}$
Ale ked si takto napises iba ciastocny sucet, cize
$\sum_{n=1}^m\frac{1}{4n^2-1}=...$
tak sa to pekne zjednodusi a limita $m\to\infty$ sa vypocita uz lahko.

vanok · 18. 10. 2012 22:33

↑ Brano:,
Ano, presne co pises som mal na mysli.
Inac dobre si zaregoval a pridal si dalsi krok k rieseniu.
Podla mna je lepsie nedavat, pokial je to mozne riesenia na kopirovanie, ale ukazat cestu k rieseniu.

unga · 19. 10. 2012 13:28

Tak tohle mi ani nijak moc nepomohlo, je jasné že od určitého členu velkého jakoby nemá cenu sčítat, tudíž tu sumu lze udělat do neurčitého m. Z toho ale pořád nic nevím. Maximálně bych poslední a první člen sečíst a počet členů seknout na polovic, ale to nebude fungovat když řada neroste lineárně.

vanok · 19. 10. 2012 13:47 — Editoval vanok (19. 10. 2012 13:48)

Tak rob to postupne
1° etapa:
najdi A a B ktore vyhovuje tomuto
$\frac{1}{4n^2-1}=\frac{A}{2n+1}+\frac{B}{2n-1}$ .
A napis tu podrobne tvoje riesenie tejto otazky.

unga · 19. 10. 2012 15:06

↑ vanok:
$A=\frac{1-B(2n+1)}{2n-1}$ , podle zvoleného B dostanu A.

vanok · 19. 10. 2012 15:35

Skor najdi mozne hodnoty pre A a B nezavisle na n. ( bude na to treba riesit linearny system dvoch rovnic a 2 neznamych)

Brano · 19. 10. 2012 15:35 — Editoval Brano (19. 10. 2012 15:39)

treba najst take A, B aby ta rovnost platila pre vsetky n - existuje iba jeden taky par.
poznas taky pojem, ze "rozklad na parcialne zlomky"?
tu je aj nejaky odkaz
http://en.wikipedia.org/wiki/Partial_fr … omposition

pointa je v tom dat tie dva zlomky na spolocneho menovatela, v citateli vyjde polynom a treba urcit jeho koeficienty tak, aby sa rovnali lavej strane.

unga · 20. 10. 2012 12:54

Takže mi vyšlo $\sum_{}^{}\frac{1}{4n-2}-\sum_{}^{}\frac{1}{4n+2}$ ,což ani jedno neni geometrická posloupnost, takže nemohu použít vzorec.

jarrro · 20. 10. 2012 13:09

↑ unga:áno. z toho vyplýva, že pri počítaní čiastočných súčtov sa ti skoro všetko odčíta, lebo je to len o index posunuté

unga · 20. 10. 2012 13:52

Takže výsledek je 1/2, děkuji mnohokrát.

Matematické Fórum

#1 18. 10. 2012 18:01 — Editoval unga (18. 10. 2012 18:03)

Součet číselné řady

#2 18. 10. 2012 18:12 — Editoval jarrro (18. 10. 2012 22:44)

Re: Součet číselné řady

#3 18. 10. 2012 18:30

Re: Součet číselné řady

#4 18. 10. 2012 20:14 — Editoval unga (18. 10. 2012 20:15)

Re: Součet číselné řady

#5 18. 10. 2012 20:36 — Editoval vanok (18. 10. 2012 20:37)

Re: Součet číselné řady

#6 18. 10. 2012 20:52 — Editoval unga (18. 10. 2012 20:52)

Re: Součet číselné řady

#7 18. 10. 2012 22:25

Re: Součet číselné řady

#8 18. 10. 2012 22:33

Re: Součet číselné řady

#9 19. 10. 2012 13:28

Re: Součet číselné řady

#10 19. 10. 2012 13:47 — Editoval vanok (19. 10. 2012 13:48)

Re: Součet číselné řady

#11 19. 10. 2012 15:02 Příspěvek uživatele unga byl skryt uživatelem unga.

#12 19. 10. 2012 15:06

Re: Součet číselné řady

#13 19. 10. 2012 15:35

Re: Součet číselné řady

#14 19. 10. 2012 15:35 — Editoval Brano (19. 10. 2012 15:39)

Re: Součet číselné řady

#15 20. 10. 2012 12:54

Re: Součet číselné řady

#16 20. 10. 2012 13:09

Re: Součet číselné řady

#17 20. 10. 2012 13:52

Re: Součet číselné řady

Zápatí