Matematické Fórum

Tlama · 04. 09. 2009 10:44 — Editoval Tlama (04. 09. 2009 10:45)

Dobrý den potřeboval bych poradit s konvergencí řady:.
Zkusil jsem použít limitní Raabeovo kritérium s výsledkem 0, tudíž by měla být řada divergentní, ale nemohu se shodnout s kolegy kteří tvrdí že tato řada je konvergentní. Děkuji za pomoc.

kaja(z_hajovny) · 04. 09. 2009 11:08

zkuste sem napsat postup.

ale srovnani s 1/n^2 ukazuje, ze konverguje.

lukaszh · 04. 09. 2009 11:09

↑ Tlama:
Konverguje. Postačí odhad
$0\,<\,\sum_{n=3}^{\infty}\frac{1}{4\cdot(n-2)^2}\,<\,\sum_{n=3}^{\infty}\frac{1}{(n-2)^2}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}$

Tlama · 04. 09. 2009 11:40

Díky mohli by jste mi ještě poradit kde dělám chybu při použití Raabeova kritéria.

LukasM · 04. 09. 2009 11:51

↑ Tlama:
$a_n=\frac{1}{4(n-2)^2}$ , $a_{n+1}=\frac{1}{4(n-1)^2}$ Kde jsi přišel k tomu 2^(-n)?

Tlama · 04. 09. 2009 12:01

to je z originálního zýadání:

poloměr je (-5/2;-3/2) po dosazení -3/2 a úpravě sem došel k

LukasM · 04. 09. 2009 12:29 — Editoval LukasM (04. 09. 2009 13:00)

↑ Tlama:
Aha, ok. Takže vyšetřuješ konvergenci mocninné řady v krajním bodě oboru konvergence, chápu to dobře?
Potom je ale nesmysl vracet se k tomu původnímu zadání. Počítáš prostě konvergenci té řady na jakou sis to upravil, a zadání původní tě nezajímá. Sice by to vyšlo asi taky, ale tím žes to upravil si máš ten výpočet zjednodušit, tedy určit to prostě z hlavy srovnáním s $b_n=\frac{1}{(n^2)}$ .

V tom Raabeově kritériu máš jinak nejspíš špatně dosazené to x, ale upřímně jsem to moc nezkoumal (Edit: po lepším prozkoumání uznávám, že tohle je kec, dosazené je správně, špatně je jen výsledek). A ještě technická.. nemá být správný tvar po úpravě $a_n=\frac{1}{4(n+2)^2}$ ? Na charakteru řady to sice nic nemění, ale nějak teď rychle nevím proč je tam mínus.

Mephisto · 04. 09. 2009 12:34

↑ Tlama:

Tak řada
$\sum_{n=3}^\infty\frac{1}{4(n-2)^2}$
evidentně konverguje, a dokázat se to dá triviálně, nejen porovnáním s notoricky známou řadou 1/n^2, ale i přímým odvozením, např. srovnáním s evidentně konvergentní řadou 1/[n*(n-1)].

BTW, jakže se dokáže, jaký je součet řady 1/n^2? :) Jak se dokáže, že
$\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}$

Já to v tomhle okamžiku sám nevím :)

Tlama · 04. 09. 2009 12:39

V tom znaménku máš pravdu, ale to opravdu nic nemění asi sem se upsal při zápisu. Já bych hlavně potřeboval vyřešit to Raabeovo kritérium popřípadě nějaké jiné krom porovnávacího.

Mephisto · 04. 09. 2009 12:57

A proč potřebuješ za každou cenu nějaké "číselné", pevně dané, kritérium?

Podle mě je třeba tento důkaz docela hezký:

Řada
$\sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{n^2-n} = \sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n} = \frac{1}{1}-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\frac{1}{4}-\dots= 1$

Současně pro každé n>1 platí, že
$\frac{1}{n^2} < \frac{1}{n^2-n}$

Řada
$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}$

tedy konverguje...

LukasM · 04. 09. 2009 12:57

↑ Tlama:
Ok, tak že seš to ty, tak jsem to prošel. V tom cos napsal je dosazeno dobře, v tom jsem kecal, omlouvám se. Ale není pravda že to vyjde nula. Nezapomeň, že počítáš limitu toho výrazu. V čitateli a jmenovateli máš dohromady čtyři dvojky s nějakou mocninou, když je dáš dohromady, vyjde 2^0, tedy jednička. Spočítat limitu toho zbytku snad už nebude problém. Mně vyšla 2.

A když do toho Raabeho použiješ už tu upravenou řadu, odpadne ti to krácení dvojek a hodně psaní (de facto jsi to udělal při té úpravě). Výsledek bude stejný. Ale jak píšu já i ostatní, proč do toho tahat Raabeho, když je po té úpravě přímo vidět, že to konverguje..
Je to jasné?

LukasM · 04. 09. 2009 13:03

↑ Mephisto:
Možná bych kolegu zbytečně nezatěžoval těmito důkazy, postačí si pamatovat, že $\sum_{n=1}^{+\infty }{\frac{1}{n^{\alpha }}}$ konverguje právě když $\alpha >1$ . To pro řešení příkladů myslím stačí.

Tlama · 04. 09. 2009 16:32

Díky za rady, šlo mi hlavně o to že po nás profesor chtěl důkaz na což by stačilo to porovnání pak už mi šlo spíš o to kde sem dělal chybu.

Rumburak

↑ Mephisto:
Řadu $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}$ lze sečíst pomocí Fourierových řad - V.Jarník v Integrálním počtu 2
(kapitoly Fouierovy řady, Orthogonální systémy) uvádí dva způsoby.

Pokusím se zde popsat další způsob, který využívá některých zajímavých triků s integrály.

Označme
$S \,:=\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}$ , $A \,:=\int_0^1 \frac{\ln x}{x^2\,-\/1}\,\text{d}x$ , $J \,:=\iint_P \frac{\text{d}x\,\text{d}y}{(1+x)(1+xy^2)}$ , kde $P \,:= (0,+\infty)\times(0,+\infty)$ .

Lemma 1. $S=\frac{4}{3}A$ .