Matematické Fórum

Statistik · 05. 05. 2016 18:29

ahojte, snazim sa dokazat ze rad $\sum_{n=0}^{\infty } \frac{1}{n^2}$ konverguje pomocou d´alembertovho kriteria. Isiel som na to nasledovne $\lim_{n\to\infty }\frac{\frac{1}{(n+1)^2}}{\frac{1}{n^2}}=\lim_{n\to\infty }\frac{n^2}{(n+1)^2}=\lim_{n\to\infty }\frac{n^2}{n^2+2n+1}=\lim_{n\to\infty }\frac{1}{2n+1}=\infty$ Preco mi vychadza taka blbost ze sa to rovna nekonecnu ked ten rad je konvergentny?

Pritt · 05. 05. 2016 19:11

↑ Statistik:

Zdravím,

$\lim_{n\to\infty }\frac{\frac{1}{(n+1)^2}}{\frac{1}{n^2}}=\lim_{n\to\infty }\frac{n^2}{(n+1)^2}=\lim_{n\to\infty }\frac{n^2}{n^2+2n+1}=\lim_{n\to\infty }\frac{n^2}{n^2(1+\frac{2}{n}+\frac{1}{n^2})}=\lim_{n\to\infty }\frac{1}{1+\frac{2}{n}+\frac{1}{n^2}}=1$

I když si nejsem jistý jestli to k něčemu bude i tak.

Statistik · 05. 05. 2016 19:16

No jasne, urobil som chybu. Mate pravdu, treba pouzit ine kriterium.

Freedy · 05. 05. 2016 22:13

↑ Statistik:
zkus použít kondenzační kritérium ;-)

vanok · 06. 05. 2016 01:12

Ahoj,
Preco nevyuzijes, ze $\frac 1{n^2}<\frac 1{n^2-n}$ pre $n>1$ .

Rumburak

↑ Statistik:

Ahoj.
Zdravím i ostatní účastníky diskuse.

Řada $\sum_{n=0}^{\infty } \frac{1}{n^2}$ ovšem nemá smysl, protože její člen odpovídající indexu $n=0$ není definován.

K rozhodnutí o konvergenci řady $\sum_{n=1}^{\infty } \frac{1}{n^2}$ se podle mne na první pohled nabízí integrální kriterium.

jarrro · 06. 05. 2016 11:47 — Editoval jarrro (06. 05. 2016 11:47)

↑ Rumburak:Ahoj. Tiež nachápem prečo je na fóre integrálne kritérium v "nemilosti"

vanok · 06. 05. 2016 12:13 — Editoval vanok (07. 05. 2016 17:16)

↑ Rumburak:↑ jarrro:
Pozdravujem, mate obaja pravdu.
Ale tu ozaj staci porovnat... ( pokial pracujeme na rade bez preklepu... $\sum_{n=1}^{\infty } \frac{1}{n^2}$ , pripade na $\sum_{n=2}^{\infty } \frac{1}{n^2}$ ...).
Inac aj ja som za integralne kriterium!, ked d'Alembert je nerozhodny a nic ine by ma nenapadlo...

Statistik · 06. 05. 2016 12:39

pouzitim integralneho kriteria $\int_{}^{} \frac{1}{x^2} dx = -\frac{1}{x}+C$ a $\int_{1}^{\infty } \frac{1}{x^2} dx = 1$ teda konverguje

jarrro · 06. 05. 2016 13:07

áno

Eratosthenes · 06. 05. 2016 15:08

↑ Statistik:

a jak jsi přišel na to, že

$\lim_{n\to\infty }\frac{1}{2n+1}=\infty$ ??

Freedy · 06. 05. 2016 18:10

↑ vanok:
tak složitá věc jako integrální kritérium je podle tebe vhodnější? Kondenzační kritérium dokážeš i bez analýzy a geometrickou řadu dokážeš sečíst....

Proč používat kanón na vrabce, když stačí flinta? :D

Statistik · 06. 05. 2016 20:15

Eratosthenes zrejme som sa pomylil, pardon

vanok · 06. 05. 2016 22:14

↑ Freedy:,
Najprirodzenejsie v tomto cviceni je porovnavujuce kriterium.
No kanom mozes pouzit aj na mravce, ale ...
Co je vhodne pre teba nemusi byt vhodne pre inych.....

Otazka pre teba, je vela metod na urcenie suctu tento rady, ake dokazy si uz nastudoval?

Freedy · 07. 05. 2016 10:24 — Editoval Freedy (07. 05. 2016 10:35)

↑ vanok:
Ahoj,
na konvergenci řady bych použil kondenzační a pak srovnání s geometrickou řadou. Obě věty jsou triviální na dokázání.

Sečíst tuto řadu sice umím, ale dokázat proč tomu tak je už ne.
Jde v podstatě o rozvoj sinu do nekonečného součinu a součtu (taylorův polynom) a poté porovnání koeficientů u x^3. Bohužel nevím, proč se sinus tomu nekonečnému součinu rovná, zřejmě asi proto, protože dle věty, kterou jsme měli, tak pokud se polynom rovná funkci v nekonečně mnoha bodech nad C, pak se ji už rovná pro všechny body C. Nicméně to je jenom heuristická úvaha.

Jinej způsob, kterej ale nevede na moc kloudný výsledek, je napsat si řadu jako mocninnou, která konverguje i pro x = 1, tedy
$\sum_{n=1}^{\infty }\frac{x^n}{n^2}=\int_{}^{}\sum_{n=1}^{\infty }\frac{x^{n-1}}{n}=\int_{}^{}\bigg( \frac{1}{x}\sum_{n=1}^{\infty }\frac{x^n}{n}\bigg) =\int_{}^{}\bigg( \frac{1}{x}\int_{}^{}\sum_{n=1}^{\infty }x^{n-1}\bigg)$
takže máme
$\int_{}^{}\bigg( \frac{1}{x}\int_{}^{}\sum_{n=1}^{\infty }x^{n-1}\bigg)=\int_{}^{}\bigg(\frac{1}{x}\int_{}^{}\frac{1}{1-x}\bigg) = \int_{}^{}\bigg(\frac{1}{x}(-\ln (1-x)+C)\bigg)=\int_{}^{}-\frac{\ln(1-x) }{x}$
Integrál
$-\int_{}^{}\frac{\ln(1-x) }{x}$
však bohužel nelze vyjádřit pomocí konečného počtu elementární funkcí.
Nicméně můžu s jistotou tvrdit (díky příslušným větám), že pokud označím
$Q(x) = -\int_{}^{}\frac{\ln(1-x) }{x}$
Pak
$Q(1) = \frac{\pi ^2}{6}$

Eratosthenes · 07. 05. 2016 12:45

↑ Freedy:

No, já myslím, že

$\lim_{n\to\infty }\frac{\frac{1}{(n+1)^2}}{\frac{1}{n^2}}=\lim_{n\to\infty }\frac{n^2}{(n+1)^2}=\lim_{n\to\infty }\frac{n^2}{n^2+2n+1}=\lim_{n\to\infty }\frac{1}{2n+1}=0$

=> konvergence

je daleko nejjednodušší.

vanok · 07. 05. 2016 15:33 — Editoval vanok (07. 05. 2016 15:34)

Poznamka.
Dam tu podrobnejsi popis dokazu o ktorom som pisal vyssie.
Najprv je jasne, ze konvergencia postupnosti
$\sum_{n=2}^{\infty } \frac{1}{n^2}$
$\sum_{n=1}^{\infty } \frac{1}{n^2}$ je ekvivalentna. ( cize su zaroven konvergentne alebo divergentne)
Na dokaz, ze prva rada konverguje pouzijme
$\frac 1{n^2}<\frac 1{n^2-n}= \frac 1{n-1}-\frac 1n$ pre $n>1$
Teraz, staci pouzit metodu "teleskopie " ... Co umozni ukoncit dokaz... Ze to vsetci dokazete!

vanok · 07. 05. 2016 15:54

↑ Freedy:
Tu mas trochu historie o tej sume
https://en.m.wikipedia.org/wiki/Basel_problem

Ze je to ozaj zaujimave.

vlado_bb · 07. 05. 2016 16:34

Eratosthenes napsal(a):
↑ Freedy:

No, já myslím, že

$\lim_{n\to\infty }\frac{\frac{1}{(n+1)^2}}{\frac{1}{n^2}}=\lim_{n\to\infty }\frac{n^2}{(n+1)^2}=\lim_{n\to\infty }\frac{n^2}{n^2+2n+1}=\lim_{n\to\infty }\frac{1}{2n+1}=0$

=> konvergence

je daleko nejjednodušší.

=1 nie 0

Matematické Fórum

#1 05. 05. 2016 18:29

d´alembertovo kriterium

#2 05. 05. 2016 19:11

Re: d´alembertovo kriterium

#3 05. 05. 2016 19:16

Re: d´alembertovo kriterium

#4 05. 05. 2016 22:13

Re: d´alembertovo kriterium

#5 06. 05. 2016 01:12

Re: d´alembertovo kriterium

#6 06. 05. 2016 11:15 — Editoval Rumburak (06. 05. 2016 13:47)

Re: d´alembertovo kriterium

#7 06. 05. 2016 11:47 — Editoval jarrro (06. 05. 2016 11:47)

Re: d´alembertovo kriterium

#8 06. 05. 2016 12:13 — Editoval vanok (07. 05. 2016 17:16)

Re: d´alembertovo kriterium

#9 06. 05. 2016 12:39

Re: d´alembertovo kriterium

#10 06. 05. 2016 13:07

Re: d´alembertovo kriterium

#11 06. 05. 2016 15:08

Re: d´alembertovo kriterium

#12 06. 05. 2016 18:10

Re: d´alembertovo kriterium

#13 06. 05. 2016 20:15

Re: d´alembertovo kriterium

#14 06. 05. 2016 22:14

Re: d´alembertovo kriterium

#15 07. 05. 2016 10:24 — Editoval Freedy (07. 05. 2016 10:35)

Re: d´alembertovo kriterium

#16 07. 05. 2016 12:45

Re: d´alembertovo kriterium

#17 07. 05. 2016 15:33 — Editoval vanok (07. 05. 2016 15:34)

Re: d´alembertovo kriterium

#18 07. 05. 2016 15:54

Re: d´alembertovo kriterium

#19 07. 05. 2016 16:34

Re: d´alembertovo kriterium

Eratosthenes napsal(a):

Zápatí