Matematické Fórum

Freedy · 06. 01. 2016 23:07

Ahoj,

mohl by mi někdo prosím poradit, které kritérium se hodí na takovouto řadu? ;)
$\sum_{n=1}^{\infty }\sin (\pi \sqrt{n^2+a^2})$ kde $a\in \mathbb{R}$
Není těžké určit, že $\sin (\pi \sqrt{n^2+a^2}) \rightarrow0$ ani to, že pro a = 0 daná řada konverguje absolutně.
Nicméně mám problém s neabsolutní konvergencí -.-

Díky za nápady.
Freedy

nanny1 · 06. 01. 2016 23:19

Ahoj, použila bych Leibnizovo kritérium. :)

Freedy · 06. 01. 2016 23:21

Leibnizovo? :O vždyť to kalkuluje s (-1)^n a nerostoucí posloupností jdoucí k nule. Jak bych ho zde použil to fakt teda netuším -.-

Pavel · 06. 01. 2016 23:28 — Editoval Pavel (06. 01. 2016 23:29)

↑ Freedy:

1. Dokaž, že $\sin\left(\pi \sqrt{n^2+a^2}\right)=(-1)^n\cdot\sin\left(\pi\sqrt{n^2+a^2}-\pi n\right)$

2. Je jasné, že konvergence nezávisí na několika prvních členech řady. Ukaž, že od jistého $n$ je $\sin\left(\pi\sqrt{n^2+a^2}-\pi n\right)$ klesající posloupnost kladných reálných čísel s limitou rovnou nule.

Leibniz pak situaci řeší.

nanny1 · 06. 01. 2016 23:29

Předpoklad Leibnizova kritéria je to, že členy posloupnosti pravidelně střídají znaménka, tady pro skoro celou posloupnost platí, že sudé členy jsou kladné a liché záporné (až na výjimku a=0).

Freedy · 06. 01. 2016 23:46 — Editoval Freedy (06. 01. 2016 23:51)

↑ Pavel:
tak dokázat 1 je snadné

2. takže stačí tedy ukázat, že pro velká n platí (protože sinus je v pravém okolí 0 rostoucí) následující:

$\pi \sqrt{n^2+a^2}-\pi n\ge \pi \sqrt{(n+1)^2+a^2}-\pi n-\pi$ tedy
$\sqrt{n^2+a^2}\ge \sqrt{(n+1)^2+a^2}-1$
$n^2+a^2\ge (n+1)^2+a^2-2\sqrt{(n+1)^2+a^2}+1$ a tedy
$n+1-\sqrt{(n+1)^2+a^2}\le 0$
$n+1\le \sqrt{(n+1)^2+a^2}$
$(n+1)^2\le (n+1)^2+a^2$
$0\le a^2$ no ale toto přeci platí pro všechna $n\in \mathbb{N}$

Takže, je někde chyba? (mate mě to, že jsi naznačil "pro velká n")

nanny1 · 06. 01. 2016 23:54

↑ Freedy: Pro velká a a malá n může být $\pi \sqrt{n^2+a^2}-\pi n$ větší než $\frac{\pi}{2}$ a tam už sinus není rostoucí..

Freedy · 06. 01. 2016 23:55

↑ nanny1:
jojo, už to došlo i mně ;) díkes

Pavel · 07. 01. 2016 00:04

↑ Freedy:

Je zřejmé, že $\pi \sqrt{n^2+a^2}-\pi n\geq 0$ . Stačí pak najít takové $n_0$ , že pro všechna $n\geq n_0$ platí $\pi \sqrt{n^2+a^2}-\pi n\leq\frac{\pi}{2}$ . Posloupnost bude pak kladná, klesající s limitou rovnou nule.