Matematické Fórum

p4too · 08. 10. 2015 17:45

Zdravim,
mam takyto sucet
$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n}{n+1}x^{n}$

$a_{n}=\frac{n}{n+1}$
$a_{n+1}=\frac{n+1}{n+2}$
Idem urcit obor konvergencie raabeho kriteriom
$\lim_{n\to\infty}x(\frac{a_{n}}{a_{n+1}} -1)=0$

takze polomer konvergencie je 1/0 ??? podla wolframu ma tento rad konvergenciu na (-1, 1)

jak to ??

Marian · 08. 10. 2015 21:05

↑ p4too:

Cauchyova-Hadamardova formule dává jasnou informaci o poloměru konvergence tvé nekonečné řady. Aplikací této formule skutečně dostáváme pro poloměr konvergence $R=1$ .

Co se součtu týče, nebude od věci psát (pro vhodná x) vztah

Dále bude snad věc jasná.

p4too · 09. 10. 2015 16:31

Lenze pri Cauchyho pravidle prati ze konverguje pre limitu mensiu ako 1, pre limitu vecsiu ako 1 diverguje a pre limitu rovnu 1 nevieme rozhodnut ...

jarrro · 09. 10. 2015 21:40

$n$\frac{a_n}{a_{n+1}}-1$=n$\frac{\frac{nx^n}{n+1}}{\frac{\(n+1$x^{n+1}}{n+2}}-1\)=n$\frac{n\(n+2$x^n}{$n+1$^2x^{n+1}}-1\)=\nl =n$\frac{n\(n+2$}{$n+1$^2x}-1\)=n$\frac{n\(n+2$-$n+1$^2x}{$n+1$^2x}\)=\frac{n^2$n+2$-n$n+1$^2x}{$n+1$^2x}=\nl =\frac{1}{x}\frac{n^3+2n^2-xn^3-2n^2x-nx}{n^2+2n+1}=\frac{1}{x}\frac{$1-x$n^3+2$1-x$n^2-nx}{n^2+2n+1}$
teda ak je x<1 tak limita je nekonečno teda viac ako jedna teda rad konverguje
x=1 limita je nula teda menej ako jedna teda diverguje
a pre x>1 je limita -nekonečno teda menej ako jedna teda diverguje

p4too · 09. 10. 2015 21:53

no neviem ako vy, ale mi sme $a_{n}$ mali bez x
$a_{n}=\frac{n}{n+1}$
$a_{n+1}=\frac{n+1}{n+2}$
raabe
$\lim_{n\to\infty }n(\frac{a_{n}}{a_{n}}-1)$
$\lim_{n\to\infty }n(\frac{n(n+2)}{(n+1)^2}-1)$
$\lim_{n\to\infty }n(\frac{n^2+2n-(n^2+2n+1)}{(n+1)^2})$
$\lim_{n\to\infty }\frac{-n}{(n+1)^2}=0$

rad nekonverguje

Xellos · 10. 10. 2015 00:15

↑ p4too:
No pozor, Raabeho kriterium nie je robene na mocninne rady, ale na obycajne. Tie mocniny $x$ si treba pri overovani kriterii pre normalne rady (podielove pre mocninne rady, ktore je najpohodlnejsie riesenie povodnej ulohy, tu nepatri, podielove obycajne a Raabeho hej) brat do $a_n$ .
Pre Raabeho kriterium potom pre $|x| \neq 1$ vyfaili predpoklad $\lim \frac{a_n}{a_{n+1}}=1$ , takze pokracovat v nom nema zmysel.

Rumburak

↑ p4too:

Ahoj.

Řada

(1) $\sum_{n=1}^{\infty}a_n x^{n}$ , kde $a_n = \frac{n}{n+1} > 0$ ,

je mocninnou řadou a pro určení jejího poloměru konvergence $R$ zde vystačíme s limitním d'Alembertovým
kriteriem aplikovaným na ředu

(2) $\sum_{n=1}^{\infty}|a_n x^{n}|$

pro $x \ne 0$ . Dostáváme

$\lim_{n \to +\infty} \frac {|a_{n+1} x^{n+1}|}{|a_n x^{n}|} = \lim_{n \to +\infty} \frac {a_{n+1}}{a_n} \cdot |x| = |x|\cdot \lim_{n \to +\infty}\frac {a_{n+1}}{a_n} = |x|$

(ptotože $a_n \to 1$ ).

Zmíněné kriterium říká, že řada (2) a tedy i řada (1) je pro $0 < |x| < 1$ konvergentní.

Zbývající případy:

$x = 0$ : řada (1) je konvergetní triviálně (řada ze samých nul) ,

$|x| \ge 1$ : řada (1) je divergentní (není splněna nutná podmínka konvergence).

(Původní chyba opravena.)

Speciálně : $R = 1$ .