Matematické Fórum

OndraVesely

Dobry den, ucim se na test ze sum, narazil jsem na par nejasnosti. Doufam ze mi je pomuzete objasnit:

1] $\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{2k+1}=\sum_{k=1}^{2n+1}\frac{1}{k}-\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{2k}-1$
Mohli byste mi napsat jak se k tomu doslo? Potreboval vych vedet zdali je to nejaky vzorec pro zapamatovani nebo se to da odvodit.

2] $\lim_{n\to\infty }(\sqrt{2n+5}-\sqrt{2n+3})=\lim_{n\to\infty }\frac{1}{\sqrt{2n+5}-\sqrt{2n+3}}$
Tady bych se chtel zeptat zdali toto mohu provest i pro ostatni pripady. Jaktoze lze toto provest?

3] $\sum_{n=1}^{\infty }\frac{(-1)^{n}+1}{2^{n}}=\sum_{n=1}^{\infty }\frac{2}{2^{2n}}$
Zde mi neni jasne proc jsme brali jen suda cisla a licha cisla jakoby vynechali

Dekuji

OndrasV · 10. 06. 2014 18:10

Ahoj, v 2) máš chybu, v druhém zlomu máš mít +. Výraz $a-b$ rozšíříš jedničkou ve tvaru $\frac{a+b}{a+b}$ a dostaneš $\frac{a^{2}-b^{2}}{a+b}$ .

OndraVesely · 10. 06. 2014 18:29

↑ OndrasV:aha, ted uz je mi ta 2] jasna, to mam za to ze si nedelam peclive zapisy

Marian · 11. 06. 2014 06:42

↑ OndraVesely:

ad 1]
Pozorujme součet zlomků ve tvaru 1/k, kde hodnota k probíhá všechna přirozená čísla od 1 do 2n+1, kde n je nějaké přirozené číslo. Potom lze takový součet psát rozdělením na dva dílčí součty, např. s lichými jmenovateli a sudými jmenovateli. Odtud máme

Odtud plyne výsledek již snadno oddělením sčítance pro k=0 z poslední sumy a následnou úpravou do tvaru ve tvém dotazu.

ad 3]
Důkaz nebudu podrobně provádět, ale stačí si všimnout, že sčítance příslušející lichým indexům n jsou nulové, tedy stačí vzít pouze sudé. Korektně bychom měli postupovat analýzou parciálních součtů uvedené nekonečné řady.

Matematické Fórum

#1 10. 06. 2014 17:57 — Editoval OndraVesely (10. 06. 2014 18:03)

Problemy se sumami

#2 10. 06. 2014 18:10

Re: Problemy se sumami

#3 10. 06. 2014 18:29

Re: Problemy se sumami

#4 11. 06. 2014 06:42

Re: Problemy se sumami

Zápatí