Matematické Fórum

PlusPlusPlus

Ahoj,
zkonstruoval jsem tuto posloupnost, která má následující limitu:

$\lim_{n \to {\infty }} \sum_{k=n}^{2n-1}\bigg(\frac{1}{2k+1}\bigg)= . . . = \frac{ln2}{2}$

Najde se někdo, kdo dokáže tuto limitu vypočítat? Mám jeden způsob výpočtu, popřemýšlím jakým způsobem mám výpočet co nejsrozumitelněji popsat.

vlado_bb · 14. 08. 2017 19:11

↑ PlusPlusPlus: Podla mna to nie je rad ale postupnost.

PlusPlusPlus · 14. 08. 2017 19:47

Ahoj,
já to chápu tak, že když sčítám členy je to řada. Ale poslední dobou se často mýlím, tak nevím.
$(n=20) \Rightarrow \sum_{k=20}^{39}\bigg(\frac{1}{2k+1}\bigg)$ , $(n=21) \Rightarrow \sum_{k=21}^{41}\bigg(\frac{1}{2k+1}\bigg)$ , $(n=22) \Rightarrow \sum_{k=22}^{43}\bigg(\frac{1}{2k+1}\bigg)$ ...

vlado_bb

↑ PlusPlusPlus: Rad a postupnost je to iste - rozdiel je iba v tom, co nas na nich zaujima. Na postupnosti obvykle limita, na rade obvykle sucet, teda limita postupnosti ciastocnych suctov. V uvodnom prispevku pisete, ze $\lim_{n \to {\infty }} a_n = \frac{ln2}{2}$ , teda hovorite o limite postupnosti. Potom ale poznamka o absolutnej konvergencii straca zmysel.

PlusPlusPlus · 14. 08. 2017 20:03

Opravil jsem zadání, je to OK?

vlado_bb · 14. 08. 2017 20:21

↑ PlusPlusPlus: Ano, toto je uz zrozumitelna formulacia.

PlusPlusPlus

Vycházím z Taylorovy řady: $ln(1+x)= \sum_{k=1}^{\infty }\bigg[\frac{(-1)^{k+1}\cdot x^k}{k}\bigg]$ , tedy: $(x=1) \Rightarrow ln2 = \sum_{k=1}^{\infty }\frac{(-1)^{k+1}}{k}$

Řada $\sum_{k=1}^{\infty }\frac{(-1)^{k+1}}{k}$ je alternující, neabsolutně konvergentní, její součet je $ln2$

Podle Riemannovy věty, lze udělat k této řadě přerovnání. Já volím přerovnání řady takové, že budu střídat jeden kladný člen a dva členy záporné, tedy: $\sum_{k=1}^{\infty } (a_{2k-1}+a_{4k-2}+a_{4k} )$ Konkrétně pro tuto řadu je přerovnání: $\sum_{k=1}^{\infty }\frac{(-1)^{(2k-1)+1}}{2k-1}+\frac{(-1)^{(4k-2)+1}}{4k-2}+\frac{(-1)^{(4k)+1}}{4k}$ , po úpravě: $\sum_{k=1}^{\infty }\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{4k-2}-\frac{1}{4k} = \frac{ln2}{2}$
Po přerovnání se součet řady změnil. Původní řada měla součet $ln2$ , přerovnaná řada má součet $\frac{ln2}{2}$

==========================================================================

Je operace sčítání v $\mathbb{C}$ komutativní? Co se stalo po přerovnání neabsolutně konvergentní řady? Kde se některé členy poděly? Je přerovnání řady, opravdu permutace (změna pořadí) členů?

Začnu touto úvahou. Na počátku nevím co je to nekonečná řada, nevím jak to mám vnímat. Takže začnu s řadou konečnou a sestavím tuto rovnici:
$\sum_{k=1}^{4n} a_k = \sum_{k=1}^{n } (a_{2k-1}+a_{4k-2}+a_{4k} ) + \sum_{k=n}^{2n-1} (a_{2k+1})$
O tom že jsou levá a pravá strana identické se můžu přesvědčit matematickou indukcí:
$(n=1) \Rightarrow \sum_{k=1}^{4} a_k = \sum_{k=1}^{1 } (a_{2k-1}+a_{4k-2}+a_{4k} ) + \sum_{k=1}^{1} (a_{2k+1})$ - tvrzení platí
$(n=m) \Rightarrow \sum_{k=1}^{4m} a_k = \sum_{k=1}^{m } (a_{2k-1}+a_{4k-2}+a_{4k} ) + \sum_{k=m}^{2m-1} (a_{2k+1})$
K oběma stranám rovnice přičtu členy:
$\sum_{k=1}^{4m} a_k + (a_{4m+1}+a_{4m+2}+a_{4m+3}+a_{4m+4}) = \sum_{k=1}^{m } (a_{2k-1}+a_{4k-2}+a_{4k} ) + \sum_{k=m}^{2m-1} (a_{2k+1}) + (a_{4m+1}+a_{4m+2}+a_{4m+3}+a_{4m+4})$
$\sum_{k=1}^{4(m+1)} a_k = \sum_{k=1}^{m } (a_{2k-1}+a_{4k-2}+a_{4k} ) + \sum_{k=m+1}^{2m-1} (a_{2k+1}) + (a_{2m+1}+ a_{4m+1}+a_{4m+2}+a_{4m+3}+a_{4m+4})$
$\sum_{k=1}^{4(m+1)} a_k = \sum_{k=1}^{m } (a_{2k-1}+a_{4k-2}+a_{4k} ) +a_{2m+1}+a_{4m+2}+a_{4m+4}+ \sum_{k=m+1}^{2m-1} (a_{2k+1}) + ( a_{4m+1}+a_{4m+3})$
$\sum_{k=1}^{4(m+1)} a_k = \sum_{k=1}^{m+1} (a_{2k-1}+a_{4k-2}+a_{4k} ) + \sum_{k=m+1}^{2(m+1)-1} (a_{2k+1})$ , to je dokázáno.
Nyní tuto rovnici s konečným počtem členů aplikuji na konkrétní neabsolutně konvergentní řadu:
$\sum_{k=1}^{4n}\frac{(-1)^{k+1}}{k}= \sum_{k=1}^{n } \frac{1}{2k-1}-\frac{1}{4k-2}-\frac{1}{4k} + \sum_{k=n}^{2n-1} \frac{1}{2k+1}$
Nyní prohlásím velmi silné tvrzení, Plusovu komutativní větu o nekonečných řadách:
Jestliže je sestavena rovnice rovnosti řad pro konečný počet členů, potom tato rovnice platí i pro limity jednotlivých řad, tedy:
$\lim_{n \to {\infty }}\sum_{k=1}^{4n}\frac{(-1)^{k+1}}{k}= \lim_{n \to {\infty }}\sum_{k=1}^{n } \frac{1}{2k-1}-\frac{1}{4k-2}-\frac{1}{4k} + \lim_{n \to {\infty }}\sum_{k=n}^{2n-1} \frac{1}{2k+1}$
A tedy zákonitě platí, že:
$\lim_{n \to {\infty }}\sum_{k=n}^{2n-1} \frac{1}{2k+1} = \lim_{n \to {\infty }}\sum_{k=1}^{4n}\frac{(-1)^{k+1}}{k}-\lim_{n \to {\infty }}\sum_{k=1}^{n } \frac{1}{2k-1}-\frac{1}{4k-2}-\frac{1}{4k}$
$\lim_{n \to {\infty }}\sum_{k=n}^{2n-1} \frac{1}{2k+1} = \sum_{k=1}^{\infty }\frac{(-1)^{k+1}}{k}-\sum_{k=1}^{\infty } \frac{1}{2k-1}-\frac{1}{4k-2}-\frac{1}{4k}$
$\lim_{n \to {\infty }}\sum_{k=n}^{2n-1} \frac{1}{2k+1} =ln2 -\frac{ln2}{2}= \frac{ln2}{2}$

U absolutně konvergentní řady samozřejmě taktéž platí Plusova komutativní věta o nekonečných řadách:
Například pro geometrickou absolutně konvergentní řadu $\sum_{k=1}^{\infty} q^k \wedge q<1$ , lze pro obdobné přerovnání psát:

$\sum_{k=1}^{4n} a_k = \sum_{k=1}^{n} (a_{2k-1}+a_{4k-2}+a_{4k} ) + \sum_{k=n}^{2n-1} (a_{2k+1})$
$\sum_{k=1}^{4n} q^k = \sum_{k=1}^{n} ( q^{2k-1}+q^{4k-2}+q^{4k} ) + \sum_{k=n}^{2n-1} (q^{2k+1})$
potom $\lim_{n \to {\infty }}\sum_{k=1}^{4n} q^k = \lim_{n \to {\infty }}\sum_{k=1}^{n} ( q^{2k-1}+q^{4k-2}+q^{4k} ) + \lim_{n \to {\infty }}\sum_{k=n}^{2n-1} (q^{2k+1})$

Protože platí pro všechna $q<1$ : $\lim_{n \to {\infty }}\sum_{k=n}^{2n-1} (q^{2k+1}) = 0$
platí rovněž: $\lim_{n \to {\infty }}\sum_{k=1}^{4n} q^k = \lim_{n \to {\infty }}\sum_{k=1}^{n} ( q^{2k-1}+q^{4k-2}+q^{4k} )$