Matematické Fórum

vanok · 03. 03. 2016 17:41 — Editoval vanok (03. 03. 2016 23:40)

Pozdravujem,
Najdite jeden polynom $P$ taky, ze $u_n=\sqrt {n^4+ 2n^2}-\sqrt[3]{P(n)}$ je vseobecny clen jednej konvergentnej rady.

Freedy · 03. 03. 2016 22:19 — Editoval Freedy (03. 03. 2016 22:24)

↑ vanok:
Take zdravím,
dotaz, co je všeobecný člen konvergentní řady?
Takový, že řada $\sum_{n=1}^{\infty }\bigg(\sqrt{n^4+2n^2}-\sqrt[3]{P(x)}\bigg)$ konverguje $\forall x\in \mathbb{C}$ ?

vanok · 03. 03. 2016 23:43

Ahoj ↑ Freedy:
Ide presne o tuto radu $\sum_{n=1}^{\infty }\bigg(\sqrt{n^4+2n^2}-\sqrt[3]{P(n)}\bigg)$
( opravil som preklep aj v prvom prispevku)

Freedy · 04. 03. 2016 01:53 — Editoval Freedy (04. 03. 2016 01:55)

↑ vanok:
Můj tip:

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

vanok · 04. 03. 2016 06:10

Pozdravujem ↑ Freedy:,
Ty hras rad na hadanky?
Tak pridat dokaz by nebolo spatne.

Freedy · 04. 03. 2016 09:41 — Editoval Freedy (04. 03. 2016 19:40)

↑ vanok:
Zde je moje řešení:

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

vanok · 04. 03. 2016 19:23

Ahoj
To tvoje riesenie nie je velmi zrozumitelne ( i ked sa tam najde jedna, dve dobre myslienky) a je v nom vela nevysvetlenych pojmov.
A a tiez nie je jasny ani suvis z tvojim predoslym tvrdenim.↑ Freedy: ( ktore myslis, ze bolo uplne riesenie? )
Skus pouzit na riesenie asymptoticky rozvoj v okoli $+\infty$
Tak dobre pokracovanie.

Freedy · 04. 03. 2016 19:42

↑ vanok:
Ahoj,
Který konkrétní krok postupu ti přijde nesrozumitelný? :D
Je to špatné řešení?
A souvis s předešlým tvrzením? Vždyť jsem se dopracoval k naprosto stejnému výsledku :D

;-) asymptotické rozvoje sem tahat nepotřebuji (dle mého uvážení), stačí pouze srovnávací kritérium.

vanok · 04. 03. 2016 21:04

vanok napsal(a):
↑ Freedy:,
Tak ho dopln a vysvetli vsetko co si nevysvetlil.
Napr. Co to je toto
$P_{<0}(n)=b_1n^{-1}+b_2n^{-2}+...$ kde je to presne definovane?

Kde si dokazal presne tvoj posledny riadok?

A co zarucuje ze toto su vsetki riesenia ↑ Freedy:?

A preco sa bojis asymptotickych rozvojov? Kde sa da problem problem elegantne riesit.

Freedy · 04. 03. 2016 22:22 — Editoval Freedy (04. 03. 2016 22:25)

Dobrá tedy,
mám řadu
$\sum_{n=1}^{\infty }\bigg(\sqrt{n^4+2n^2}-\sqrt[3]{P(n)}\bigg)$
a chci zjistit, pro jaký polynom P(n) tato řada konverguje.
V jmenovateli se vyskytuje pouze funkce ve tvaru $n^\alpha$ . (pokud teda neuvažujeme nekonečné polynomy, které můžou přecházet v různé funkce).
Pokud daný rozdíl rozšíříme, (jelikož se jedná o rozdíl polynomů) výrazem:
$\frac{\sqrt{(n^4+2n^2)^5}+\sqrt{(n^4+2n^2)^4}\cdot \sqrt[3]{P(n)}+\sqrt{(n^4+2n^2)^3}\cdot \sqrt[3]{P^2(n)}+\sqrt{(n^4+2n^2)^2}\cdot \sqrt[3]{P^3(n)}+\sqrt{(n^4+2n^2)}\cdot \sqrt[3]{P^4(n)}+\sqrt[3]{P^5(n)}}{\sqrt{(n^4+2n^2)^5}+\sqrt{(n^4+2n^2)^4}\cdot \sqrt[3]{P(n)}+\sqrt{(n^4+2n^2)^3}\cdot \sqrt[3]{P^2(n)}+\sqrt{(n^4+2n^2)^2}\cdot \sqrt[3]{P^3(n)}+\sqrt{(n^4+2n^2)}\cdot \sqrt[3]{P^4(n)}+\sqrt[3]{P^5(n)}}$
zkrátka rozšiřuji zlomek výrazem $a^5+a^4b+a^3b^2+a^2b^3+ab^4+b^5$ kde
$a=\sqrt{n^4+2n^2}$
$b=\sqrt[3]{P(n)}$
protože potom dostanu v čitateli
$a-b=\frac{a^6-b^6}{a^5+a^4b+a^3b^2+a^2b^3+ab^4+b^5}$
V čitateli tedy mám:
$\frac{(n^{12}+6n^{10}+12n^8+8n^6)-\Big(P(n)\Big)^2}{a^5+a^4b+a^3b^2+a^2b^3+ab^4+b^5}$
Vím, že
$a^5=\sqrt{(n^4+2n^2)^5}=n^{10}\sqrt{1+\frac{10}{n^2} + \frac{40}{n^4} + \frac{80}{n^6} + \frac{80}{n^8} + \frac{32}{n^10}}$ (ten součet 1 + ... to je to moje $P_{<0}(n)$ , proto to v dalším kroku už nebudu takhle rozepisovat, protože mě to nezajímá, jaké čísla tam jsou, důležité, že jdou k nule, když n jde k nekonečnu)
podobně u ostatních například:
$a^4b=\sqrt{(n^4+2n^2)^4}\cdot \sqrt[3]{P(n)}=n^{8}\sqrt{1+P_{<0}(n)}\cdot n^{\frac{k}{3}}\sqrt[3]{1+Q_{<0}(n)}$
kde $k$ je stupeň polynomu $P(n)$ .

Nyní lze vzít do úvahy dvě věci.
V čitateli máme výraz:
$(n^{12}+6n^{10}+12n^8+8n^6)-\Big(P(n)\Big)^2$
Pokud by stupeň polynomu P(n) byl větší než 6, pak se bude dát čitatel zapsat jako:
$-an^{2k}+P_{<2k}(n)$
zatímco nejvyšší mocnina ve jmenovateli bude $n^{\frac{5k}{3}}$ a tedy dokonce nebude ani splněna nutná podmínka konvergence pro řady.
Proto musí být $k\le 6$
Pro $k<6$ dostáváme, že potom se bude dát čitatel zapsat jako $n^{12} + P_{<12}(n)$ a nejvyšší mocnina jmenovatele bude $n^{10}$ (větší tam vzniknout nemůže. A tedy zase nebude možné splnit nutnou podmínku konvergence.

Z toho plyne, že stupeň polynomu musí být 6, tedy $k=6$ .
Pro k = 6 uvažme polynom $an^6+P_{<}(n)$ kde
1) $a\not =1 \wedge a\not =0$
2) $a=1$
první případ je jednoduchý. Přejde to totiž opět na podobný případ jako s k=7. V čitateli zůstane $n^{12}$ , ve jmenovateli bude nejvyšší mocnina $n^{10}$ - opět není splněna podmínka konvergence.

Když a = 1 tak se členy s $n^{12}$ odečtou a zbyde v čitateli:
$6n^{10}+12n^8+8n^6-P_{<12}(n)$
Nyní uvažme, zda-li by polynom mohl obsahovat člen:
A) $n^5$
kdyby obsahoval tento člen, tak potom se v umocněném polynomu na druhou objeví člen $n^{11}$ , což by byl opět větší stupeň, než stupeň v jmenovateli.
B) $n^4$ Tento člen tam být musí. Dokonce musí obsahovat koeficient 3. Proč? Protože v umocněném polynomu se objeví člen $n^{10}$ . Kdyby se koeficient u $n^4$ nerovnal 3, pak bude nejvyšší stupeň čitatele stále $n^{10}$ a stále nebude splněna nutná podmínka konvergence.
Musí se tedy vyskytovat s koeficientem 3, protože potom se odečtou členy $6n^{10}$ a právě člen $2\cdot n^6\cdot (3n^4)=6n^{10}$ .
Jakmile se tyto dva členy odečetly, v čitateli už zůstává pouze
$12n^8+8n^6-P_{<10}(n)$
Kdyby polynom P obsahoval člen $n^3$ , pak by obsahoval i člen $n^9$ (jako součin $n^6 \cdot a_3n^3$ ). Kdyby se tam tento člen nacházel, pak čitatel má nejvyšší stupeň polynomu 9, tvar:
$an^9+P_{<9}(n)$
a jmenovatel obsahuje pořád člen $n^{10}$ .
Jenže Taková řada, se dá celkem jednoduše srovnat s harmonickou řadou - která diverguje!.
Proto P nemůže obsahovat člen $n^3$ .
Pokud uvážíme členy $a_2n^2+a_1n+a_0$ , kde $a_i\in \mathbb{R}$ , pak tato řada diverguje.
Proč?
Protože polynom P vypadá následovně:
$P(n)=n^6+3n^4+a_2n^2+a_1n+a_0$
Po umocnění:
$P^2(n)=n^{12}+6n^{10}+P_{\le 8}(n)$
Členy $n^{12}+6n^{10}$ se odečtou a výsledky tvar zlomku bude následovný:
$\frac{P_{\le 8}(n)}{n^{10}\Big(1+\ldots \Big)}$ .
Jen pro přenost teda závorka ve jmenovateli jde k vlastnímu, nenulovému číslu!!! (konkrétně k 5)

Proto
$\sum_{n=1}^{\infty }\frac{P_{\le 8}(n)}{n^{10}\Big(1+\ldots \Big)}$
řada konverguje, protože když ji srovnáme s řadou $\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}$ dostáváme:
$\lim_{n\to\infty }\frac{\frac{P_{\le 8}(n)}{n^{10}\Big(1+\ldots \Big)}}{\frac{1}{n^2}}=\lim_{n\to\infty }\frac{P_{\le 10}(n)}{n^{10}\Big(1+\ldots \Big)}$

Tato limita, nemůže vyjít nekonečno. Protože dole máme nanejvýš takový polynom jako v čitateli.
Proto podle lim. srovnávacího kritéria víme, že řada $\sum_{n=1}^{\infty }\frac{P_{\le 8}(n)}{n^{10}\Big(1+\ldots \Big)}$ musí konvergovat, protože jsme ji srovnali s konvergentní řadou a nevyšlo to nekonečno, ale číslo reálné.

↑ vanok:
pokud ale chceš, aby se hledal nekonečný rozvoj nějaké funkce taylorovým polynomem, tak by bylo dobré v úvodu říci, že jsou povolené i nekonečné polynomy.
Děkuji :)

Freedy

vanok · 04. 03. 2016 22:53

↑ Freedy:
Poznamka. Polynom ma vzdy len konecny pocet clenov (vsak dobre vies ako sa definuje)
Co si napisal teraz vyzera o mnoho sympatickejsie. Precitam to zajtra.

vanok · 05. 03. 2016 15:26

Ahoj ↑ Freedy:,
Ano teraz je to jasnejsie. No ale kolko prace.

Tu ti dam popis ako sa to tiez da urobit.
V okoli nekonecna mas
$\sqrt {n^4+ 2n^2}= n^2+1-\frac 1{2 n^2}+0((\frac 1{n})^3)$
Hned vidis, ze mas trivialne riesenie pre $P$ , taky ze $P(n)=(n^2+1)^3$
Pre priciny co su lahko ukazat, staci vysetrit chovanie polynomov $P$ , takych, ze $P(n)=(n^2+1)^3+an^5+ bn^4+cn^3+dn^2+en+f$ kde a,..,f su konstanty ktore su vhodne pre poziadavky cvicenia.

( cele riesenie teraz ma maxi 10 riadkov, aj so vsetkymi vysvetleniami)

Tak ci tak ti gratulujem, ze si napisal citatelnu verziu tvojho riesenia.

Matematické Fórum

#1 03. 03. 2016 17:41 — Editoval vanok (03. 03. 2016 23:40)

Rada

#2 03. 03. 2016 22:19 — Editoval Freedy (03. 03. 2016 22:24)

Re: Rada

#3 03. 03. 2016 23:43

Re: Rada

#4 04. 03. 2016 01:53 — Editoval Freedy (04. 03. 2016 01:55)

Re: Rada

#5 04. 03. 2016 06:10

Re: Rada

#6 04. 03. 2016 09:41 — Editoval Freedy (04. 03. 2016 19:40)

Re: Rada

#7 04. 03. 2016 19:23

Re: Rada

#8 04. 03. 2016 19:42

Re: Rada

#9 04. 03. 2016 21:01 Příspěvek uživatele vanok byl skryt uživatelem vanok. Důvod: Duplicity

#10 04. 03. 2016 21:04

Re: Rada

vanok napsal(a):

#11 04. 03. 2016 22:22 — Editoval Freedy (04. 03. 2016 22:25)

Re: Rada

#12 04. 03. 2016 22:53

Re: Rada

#13 05. 03. 2016 15:26

Re: Rada

Zápatí