Matematické Fórum

Nevíte-li si rady s jakýmkoliv matematickým problémem, toto místo je pro vás jako dělané.

Nástěnka
22. 8. 2021 (L) Přecházíme zpět na doménu forum.matweb.cz!
04.11.2016 (Jel.) Čtete, prosím, před vložení dotazu, děkuji!
23.10.2013 (Jel.) Zkuste před zadáním dotazu použít některý z online-nástrojů, konzultovat použití můžete v sekci CAS.

Nejste přihlášen(a). Přihlásit

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

vanok
Příspěvky: 14320
Reputace:   740 
 

Rada

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


Srdecne Vanok
The respect, the politeness are essential qualities...and also the willingness.
Do not judge the other one.
Ak odpovedam na nejaku otazku. MOJ PRINCIP NIE JE DAT ODPOVED ALE UKAZAT AKO SA K ODPOVEDI DOSTAT

Offline

 

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

Freedy
Místo: Praha
Příspěvky: 2726
Škola: MFF UK (15-18, Bc.)
Pozice: student
Reputace:   166 
 

Re: Rada

↑ 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 $\forall x\in \mathbb{C}$?


L'Hospitalovo pravidlo neexistuje. Byl to výsledek Johanna Bernoulliho

Offline

 

#3 03. 03. 2016 23:43

vanok
Příspěvky: 14320
Reputace:   740 
 

Re: Rada

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)


Srdecne Vanok
The respect, the politeness are essential qualities...and also the willingness.
Do not judge the other one.
Ak odpovedam na nejaku otazku. MOJ PRINCIP NIE JE DAT ODPOVED ALE UKAZAT AKO SA K ODPOVEDI DOSTAT

Offline

 

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

Freedy
Místo: Praha
Příspěvky: 2726
Škola: MFF UK (15-18, Bc.)
Pozice: student
Reputace:   166 
 

Re: Rada


L'Hospitalovo pravidlo neexistuje. Byl to výsledek Johanna Bernoulliho

Offline

 

#5 04. 03. 2016 06:10

vanok
Příspěvky: 14320
Reputace:   740 
 

Re: Rada

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


Srdecne Vanok
The respect, the politeness are essential qualities...and also the willingness.
Do not judge the other one.
Ak odpovedam na nejaku otazku. MOJ PRINCIP NIE JE DAT ODPOVED ALE UKAZAT AKO SA K ODPOVEDI DOSTAT

Offline

 

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

Freedy
Místo: Praha
Příspěvky: 2726
Škola: MFF UK (15-18, Bc.)
Pozice: student
Reputace:   166 
 

Re: Rada

↑ vanok:
Zde je moje řešení:


L'Hospitalovo pravidlo neexistuje. Byl to výsledek Johanna Bernoulliho

Offline

 

#7 04. 03. 2016 19:23

vanok
Příspěvky: 14320
Reputace:   740 
 

Re: Rada

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.


Srdecne Vanok
The respect, the politeness are essential qualities...and also the willingness.
Do not judge the other one.
Ak odpovedam na nejaku otazku. MOJ PRINCIP NIE JE DAT ODPOVED ALE UKAZAT AKO SA K ODPOVEDI DOSTAT

Offline

 

#8 04. 03. 2016 19:42

Freedy
Místo: Praha
Příspěvky: 2726
Škola: MFF UK (15-18, Bc.)
Pozice: student
Reputace:   166 
 

Re: Rada

↑ 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.


L'Hospitalovo pravidlo neexistuje. Byl to výsledek Johanna Bernoulliho

Offline

 

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

#10 04. 03. 2016 21:04

vanok
Příspěvky: 14320
Reputace:   740 
 

Re: Rada

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.


Srdecne Vanok
The respect, the politeness are essential qualities...and also the willingness.
Do not judge the other one.
Ak odpovedam na nejaku otazku. MOJ PRINCIP NIE JE DAT ODPOVED ALE UKAZAT AKO SA K ODPOVEDI DOSTAT

Offline

 

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

Freedy
Místo: Praha
Příspěvky: 2726
Škola: MFF UK (15-18, Bc.)
Pozice: student
Reputace:   166 
 

Re: Rada

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


L'Hospitalovo pravidlo neexistuje. Byl to výsledek Johanna Bernoulliho

Offline

 

#12 04. 03. 2016 22:53

vanok
Příspěvky: 14320
Reputace:   740 
 

Re: Rada

↑ 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.


Srdecne Vanok
The respect, the politeness are essential qualities...and also the willingness.
Do not judge the other one.
Ak odpovedam na nejaku otazku. MOJ PRINCIP NIE JE DAT ODPOVED ALE UKAZAT AKO SA K ODPOVEDI DOSTAT

Offline

 

#13 05. 03. 2016 15:26

vanok
Příspěvky: 14320
Reputace:   740 
 

Re: Rada

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.


Srdecne Vanok
The respect, the politeness are essential qualities...and also the willingness.
Do not judge the other one.
Ak odpovedam na nejaku otazku. MOJ PRINCIP NIE JE DAT ODPOVED ALE UKAZAT AKO SA K ODPOVEDI DOSTAT

Offline

 

Zápatí

Powered by PunBB
© Copyright 2002–2005 Rickard Andersson