Algebra, zadanie nr 1412
ostatnie wiadomo艣ci | regulamin | latex
| Autor | Zadanie / Rozwi膮zanie |
roksyk post贸w: 10 |  2013-06-09 21:06:25Musz臋 rozstrzygn膮膰 zbie偶no艣膰 szeregu$\sum_{n\rightarrow1}^{\infty}\frac{(2arctg2n)^n}{\pi^n}$.W kryterium Cauch\'ego wychodzi$\sum_{n\rightarrow1}^{\infty}1^n$, czyli przypadek w膮tpliwy.Prosz臋 o pomoc poprzez rozwi膮zanie innym kryterium. |
tumor post贸w: 8070 | 2013-06-11 09:46:46 $ |2arctg2n|$ jest ograniczony. Cho膰by i przez $23964823498723491$. Zatem ci膮g $a_n=|\frac{(2arctg2n)^n}{n^n}|<|\frac{(23964823498723491)^n}{n^n}|=b_n$ Stosuj膮c do艅 kryterium Cauchy\'ego dostajemy $\lim_{n \to \infty}\sqrt[n]{b_n}=\lim_{n \to \infty}\frac{23964823498723491}{n}=0$, a nie jakie艣 1. R贸wnie dobrze stosuj膮c kryterium d\'Alemberta dostajemy $\lim_{n \to \infty}\frac{b_{n+1}}{b_n}= \lim_{n \to \infty}\frac{23964823498723491 n^n}{(n+1)^n(n+1)}=0$ Z kryt. por贸wnawczego albo z tw. o 3 ci膮gach albo z zauwa偶enia, 偶e $\frac{c^n}{n^n}<\frac{1}{2^n}$ pocz膮wszy od pewnego $n$ dla dowolnego $c$, zawsze dostajemy zbie偶no艣膰 szeregu. A nie jakie艣 1. ;) |
roksyk post贸w: 10 | 2013-06-11 10:48:59 M贸j wyk艂adowca przedstawi艂 to w taki spos贸b:$\sum_{n\rightarrow1}^{\infty\frac{(2arctg2n)^n}{(pi)^n}=\sum_{n\rightarrow1}^{\infty}\frac{2\cdot\frac{\pi}{2}}{\pi}=\sum_{n\rightarrow1}^{\infty}1^n}$ i kaza艂 rozwi膮za膰 innym kryterium. |
tumor post贸w: 8070 | 2013-06-11 12:47:48 Ach, moja wina. :) Pomyli艂em $\pi$ z $n$, bo mi si臋 ma艂e wy艣wietla i nie widz臋. :) Zastan贸wmy si臋 zatem, czy ci膮g $a_n$ spe艂nia w og贸le warunek konieczny zbie偶no艣ci szeregu, czyli $a_n\rightarrow 0$ $\lim_{n \to \infty}(\frac{2arctg2n}{\pi})^n= \lim_{n \to \infty}e^{n*ln \frac{2arctg2n}{\pi}}$ no to liczmy $\lim_{n \to \infty}n*ln \frac{2arctg2n}{\pi}=\lim_{n \to \infty}\frac{ln \frac{2arctg2n}{\pi}}{\frac{1}{n}}$ Zauwa偶my, 偶e $\lim_{x \to \infty}\frac{ln \frac{2arctg2x}{\pi}}{\frac{1}{x}}$ spe艂nia warunki do tw. de l\'Hospitala $ \lim_{x \to \infty}\frac{ \frac{\pi}{2arctg2x}*\frac{2}{\pi}*\frac{1}{1+4x^2}*2 }{-x^{-2}}=-\frac{1}{\pi}$ czyli $a_n \rightarrow e^{-\frac{1}{\pi}}\neq 0$ zatem nie spe艂nia warunku koniecznego zbie偶no艣ci szeregu. Przepraszam za rozwi膮zanie wcze艣niej innego przyk艂adu. ---- Inaczej mo偶na ten przyk艂ad troch臋 wyobraca膰, zwi臋kszmy troch臋 dziedzin臋, 偶eby nie mie膰 tylko ci膮gu $a_n$, ale funkcj臋 $a(x)$ okre艣lon膮 na $R$. $a(x)=\left(1-\frac{1}{\frac{\pi}{\pi-2arctg2x}} \right)^{\frac{\pi}{\pi-2arctg2x} *\frac{\pi-2arctg2x}{\pi} *x}$ Wystarczy pokaza膰, 偶e $\frac{\pi-2arctg2x}{\pi} *x \rightarrow \frac{1}{\pi}$. (na przyk艂ad zn贸w z tw. de l\'Hospitala) Pozwoli艂em sobie zmieni膰 zapis z \"n\" na \"x\", bo niestety okre艣lono艣膰 funkcji w ca艂ym przedziale jest do regu艂y de l\"Hospitala potrzebna. Jednak偶e je艣li rozwi膮zuj膮c omijamy t臋 metod臋, to zmiana oznacze艅 potrzebna nie jest. No i je艣li poka偶臋 co艣 dla x rzeczywistych, to w oczywisty spos贸b stosuje si臋 to dla n naturalnych, wi臋c 偶aden problem si臋 nie pojawia. ----- Mo偶na jednak omin膮膰 de l\'Hospitala i pozosta膰 przy \"n\" w zapisie. Wtedy nale偶y pokaza膰, 偶e $\frac{\pi-2arctg2x}{\pi} *x$ nie ma granicy w $+\infty$ r贸wnej $+\infty$ (tzn zachodzi jakakolwiek z alternatywnych mo偶liwo艣ci). W贸wczas $a_n$ nie ma granicy r贸wnej $0$. To ostatnie rozwi膮zanie, pomijaj膮ce liczenie granicy wprost, mo偶e by膰 najlepsze, bo nie anga偶uje regu艂y de l\'Hospitala, kt贸rej mo偶e nie by艂o. Tak na pierwszy rzut oka wymaga jednak troch臋 pracy. Chyba 偶e jakie艣 pomocne granice by艂y ju偶 liczone i mo偶na ich u偶y膰, ale tego nie wiem. :) |
| strony: 1 | |
Prawo do pisania przys艂uguje tylko zalogowanym u偶ytkownikom. Zaloguj si臋 lub zarejestruj