Algebra, zadanie nr 1412

Autor	Zadanie / Rozwiązanie
roksyk postów: 10	2013-06-09 21:06:25 Muszę rozstrzygnąć zbieżność szeregu$\sum_{n\rightarrow1}^{\infty}\frac{(2arctg2n)^n}{\pi^n}$.W kryterium Cauch'ego wychodzi$\sum_{n\rightarrow1}^{\infty}1^n$, czyli przypadek wątpliwy.Proszę o pomoc poprzez rozwiązanie innym kryterium.

tumor postów: 8070	2013-06-11 09:46:46 $ \|2arctg2n\|$ jest ograniczony. Choćby i przez $23964823498723491$. Zatem ciąg $a_n=\|\frac{(2arctg2n)^n}{n^n}\|<\|\frac{(23964823498723491)^n}{n^n}\|=b_n$ Stosując doń kryterium Cauchy'ego dostajemy $\lim_{n \to \infty}\sqrt[n]{b_n}=\lim_{n \to \infty}\frac{23964823498723491}{n}=0$, a nie jakieś 1. Równie dobrze stosując 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. porównawczego albo z tw. o 3 ciągach albo z zauważenia, że $\frac{c^n}{n^n}<\frac{1}{2^n}$ począwszy od pewnego $n$ dla dowolnego $c$, zawsze dostajemy zbieżność szeregu. A nie jakieś 1. ;)

roksyk postów: 10	2013-06-11 10:48:59 Mój wykładowca przedstawił to w taki sposób:$\sum_{n\rightarrow1}^{\infty\frac{(2arctg2n)^n}{(pi)^n}=\sum_{n\rightarrow1}^{\infty}\frac{2\cdot\frac{\pi}{2}}{\pi}=\sum_{n\rightarrow1}^{\infty}1^n}$ i kazał rozwiązać innym kryterium.

tumor postów: 8070	2013-06-11 12:47:48 Ach, moja wina. :) Pomyliłem $\pi$ z $n$, bo mi się małe wyświetla i nie widzę. :) Zastanówmy się zatem, czy ciąg $a_n$ spełnia w ogóle warunek konieczny zbieżności szeregu, czyli $a_n\rightarrow 0$ $\lim_{n \to \infty}(\frac{2arctg2n}{\pi})^n= \lim_{n \to \infty}e^{nln \frac{2arctg2n}{\pi}}$ no to liczmy $\lim_{n \to \infty}nln \frac{2arctg2n}{\pi}=\lim_{n \to \infty}\frac{ln \frac{2arctg2n}{\pi}}{\frac{1}{n}}$ Zauważmy, że $\lim_{x \to \infty}\frac{ln \frac{2arctg2x}{\pi}}{\frac{1}{x}}$ spełnia 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 spełnia warunku koniecznego zbieżności szeregu. Przepraszam za rozwiązanie wcześniej innego przykładu. ---- Inaczej można ten przykład trochę wyobracać, zwiększmy trochę dziedzinę, żeby nie mieć tylko ciągu $a_n$, ale funkcję $a(x)$ określoną na $R$. $a(x)=\left(1-\frac{1}{\frac{\pi}{\pi-2arctg2x}} \right)^{\frac{\pi}{\pi-2arctg2x} \frac{\pi-2arctg2x}{\pi} x}$ Wystarczy pokazać, że $\frac{\pi-2arctg2x}{\pi} x \rightarrow \frac{1}{\pi}$. (na przykład znów z tw. de l'Hospitala) Pozwoliłem sobie zmienić zapis z "n" na "x", bo niestety określoność funkcji w całym przedziale jest do reguły de l"Hospitala potrzebna. Jednakże jeśli rozwiązując omijamy tę metodę, to zmiana oznaczeń potrzebna nie jest. No i jeśli pokażę coś dla x rzeczywistych, to w oczywisty sposób stosuje się to dla n naturalnych, więc żaden problem się nie pojawia. ----- Można jednak ominąć de l'Hospitala i pozostać przy "n" w zapisie. Wtedy należy pokazać, że $\frac{\pi-2arctg2x}{\pi} *x$ nie ma granicy w $+\infty$ równej $+\infty$ (tzn zachodzi jakakolwiek z alternatywnych możliwości). Wówczas $a_n$ nie ma granicy równej $0$. To ostatnie rozwiązanie, pomijające liczenie granicy wprost, może być najlepsze, bo nie angażuje reguły de l'Hospitala, której może nie było. Tak na pierwszy rzut oka wymaga jednak trochę pracy. Chyba że jakieś pomocne granice były już liczone i można ich użyć, ale tego nie wiem. :)

strony: 1

Prawo do pisania przysługuje tylko zalogowanym użytkownikom. Zaloguj się lub zarejestruj