Matematické Fórum

cendulka1234

Dobrý den,
mám tento příklad $\sum_{0}^{\infty }\frac{6}{n^{2}+5n+4}$ . Mám vypočítat jestli řada konverguje nebo diverguje pomoci integralniho kriteria. Má to vyjít ln16. Prosím poradil by mi někdo jak mám začít?

Děkuji

Rumburak · 28. 12. 2015 13:03

↑ cendulka1234:

Ahoj.

K rozhodnutí o konvergenci:
Pomocí integrálního kriteria se dokáže konvergence řady $\sum_{1}^{\infty }\frac{1}{n^{2}}$ a s ní pak porovnáme řadu $\sum_{1}^{\infty }\frac{6}{n^{2}+5n+4}$ .

Co má vyjít ln16 ?

Freedy · 28. 12. 2015 13:50

Rovněž lze dokázat konvergenci řady $\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^{\alpha }}$ pomocí kondenzačního kritéria. Pro alfa < 0 máme, že řada diverguje.
Pro alfa > 0 máme, že posloupnost $a_n=\frac{1}{n^{\alpha }}$ , $n\in \mathbb{N}$ je nerostoucí a zároveň má všechny členy kladné.
Máme tedy následující ekvivalenci
Řada $\sum_{n=1 }^{\infty }a_n$ konverguje, právě tehdy když řada $\sum_{n=1 }^{\infty }2^na_{2^n}$ konverguje.
Tedy
$\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^{\alpha }}$ konverguje, právě když $\sum_{n=1}^{\infty }2^n\frac{1}{(2^n)^{\alpha }}$ konverguje.
Po úpravě dostáváme řadu $\sum_{n=1}^{\infty }2^{n(1-\alpha )}=\sum_{n=1}^{\infty }\Big(2^{1-\alpha }\Big)^n$
Víme, že geometrická řada konverguje, pokud je absolutní hodnota kvocientu menší než 1. Tedy:
$|2^{1-\alpha }|<1$
$1-\alpha <0$ a z toho $\alpha >1$ .

Tvojí řadu tedy můžeš srovnat klidně i s řadou $\frac{1}{n^{1+\varepsilon }}$ $\forall \varepsilon \in (0,1\rangle$

cendulka1234 · 28. 12. 2015 14:07

↑ Rumburak: ten integral

cendulka1234 · 28. 12. 2015 14:10

↑ Freedy:dekuji, zapomnela jsem v zadani zminit, ze to ma byt reseno integralnim kriteriem. omlouvam se.

Bati · 28. 12. 2015 14:48

Ahoj ↑ cendulka1234:,
součet řady vyjde $\tfrac{11}3$ , postup je stejný jako u notoricky známé řady $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(n+1)}=1$ (parciální zlomky).

Konvergence je jasná i z integrálního kritéria, neboť $\int_1^{\infty}x^{-2}<\infty$ .

↑ Freedy: Z toho, co jsi napsal neplyne, že zadaná řada se dá srovnat s $\sum{\frac1{n^{\alpha}}}$ (nedá). To se dá říct jen o kondenzované řadě.

Freedy · 29. 12. 2015 01:04

↑ Bati:
ahoj, jak to myslíš?

Řada $\sum_{n=1}^{\infty }\frac{6}{(n+4)(n+1)}$ se dá srovnat s libovolnou řadou ve tvaru $\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^{\alpha }}$ kde $\alpha \in (1,2\rangle$ .
Tak například položím $\alpha=\frac{3}{2}$ a užitím limitního srovnávacího kritéria dostávám, že
Je-li $\lim_{n\to\infty }\frac{a_n}{b_n}=0$ , potom konvergence řady $\sum_{n=1}^{\infty }b_n$ implikuje konvergenci řady $\sum_{n=1}^{\infty }a_n$ .
Mám tedy
$\lim_{n\to\infty }\frac{\frac{1}{(n+4)(n+1)}}{\frac{1}{n^{\frac{3}{2}}}}=\lim_{n\to\infty }\frac{n^{\frac{3}{2}}}{n^2+5n+4}=\lim_{n\to\infty } \frac{n^{\frac{3}{2}}}{n^{\frac{3}{2}}(n^{\frac{1}{2}}+5n^{-\frac{1}{2}}+4n^{-\frac{3}{2}})}$ a tedy
$\lim_{n\to\infty }\frac{1}{\sqrt{n}+\frac{5}{\sqrt{n}}+\frac{4}{\sqrt{n^3}}}=0$ .

Řada
$\sum_{n=1}^{\infty }b_n=\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^{\frac{3}{2}}}$ konverguje. Dle limitního srovnávacího kritéria konvergence řady bn implikuje konvergenci řady an.

Kde v tomto vidíš problém? Popřípadě, kde se já mýlím? Děkuji, rád se poučím.

Bati · 29. 12. 2015 15:28

↑ Freedy:
Ok, promiň. Nepochopil jsem strukturu tvého příspěvku. Nějak mi pořád uniká, proč bych měl chtít srovnávat s něčím jiným než $\sum\frac1{n^2}$ , ale to je vedlejší.

Matematické Fórum

#1 28. 12. 2015 12:49 — Editoval cendulka1234 (28. 12. 2015 14:05)

Konvergence řady

#2 28. 12. 2015 13:03

Re: Konvergence řady

#3 28. 12. 2015 13:50

Re: Konvergence řady

#4 28. 12. 2015 14:07

Re: Konvergence řady

#5 28. 12. 2015 14:10

Re: Konvergence řady

#6 28. 12. 2015 14:48

Re: Konvergence řady

#7 29. 12. 2015 01:04

Re: Konvergence řady

#8 29. 12. 2015 15:28

Re: Konvergence řady

Zápatí