Analiza matematyczna, zadanie nr 753

Autor	Zadanie / Rozwiązanie
jacknoise postów: 14	2012-12-09 00:12:50 zbadaj, korzystając z kryterium Leibnitza oraz twierdzenia bezwzględniej zbieżności, czy ciąg jest bezwzględnie zbieżny, warunkowo zbieżny, czy rozbieżny: $\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}\frac{n+1}{n^{2}}$ $\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}\frac{(n+1)!}{n^{n}}$ $\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}(\frac{n+1}{n+2})^{n^{2}}$ $\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}\frac{n*4^{n+1}}{3^{n-1}}$ Wiadomość była modyfikowana 2012-12-09 00:13:58 przez jacknoise

tumor postów: 8070	2012-12-09 07:55:47 a) $ \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n\frac{n+1}{n^2}$ $\frac{n+1}{n^2}>\frac{n}{n^2}=\frac{1}{n}$ Nie jest zbieżny bezwzględnie. $\lim_{n \to \infty}\frac{n+1}{n^2}=0$ $\frac{n+1}{n^2}$ jest ciągiem nierosnącym $\frac{\frac{n+1+1}{(n+1)^2}}{\frac{n+1}{n^2}}= \frac{n+1+1}{(n+1)^2}\cdot\frac{n^2}{n+1}=\frac{n^3+2n^2}{n^3+3n^2+3n+3}<1$ $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n\frac{n+1}{n^2}$ jest zbieżny warunkowo z kryt. Leibniza.

tumor postów: 8070	2012-12-09 08:11:40 b) $ \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n+1}\frac{(n+1)!}{n^n}$ z kryterium d'Alemberta $\lim_{n \to \infty}\frac{\frac{(n+2)!}{(n+1)^{n+1}}}{\frac{(n+1)!}{n^n}}=\lim_{n \to \infty}\frac{(n+2)!}{(n+1)^{n+1}}\cdot \frac{n^n}{(n+1)!}=\lim_{n \to \infty}\frac{(n+2)!}{(n+1)^{n+1}}\cdot \frac{n^{n+1}}{n(n+1)!}= \lim_{n \to \infty}\frac{n+2}{n}\cdot (\frac{n}{n+1})^{n+1}= \lim_{n \to \infty}\frac{n+2}{n}\cdot (1-\frac{1}{n+1})^{n+1}=\frac{1}{e}$ zbieżny bezwzględnie

tumor postów: 8070	2012-12-09 08:23:00 c) $\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}(\frac{n+1}{n+2})^{n^2}$ z kryterium Cauchy'ego $\lim_{n \to \infty}\sqrt[n]{(\frac{n+1}{n+2})^{n^2}}= \lim_{n \to \infty}(\frac{n+2-1}{n+2})^{(\frac{n+2}{n+2}n)}= \lim_{n \to \infty}(1-\frac{1}{n+2})^{((n+2)\frac{n}{n+2})}= \lim_{n \to \infty}\left((1-\frac{1}{n+2})^{(n+2)}\right)^{\frac{n}{n+2}}=\frac{1}{e}$ zbieżny bezwzględnie

tumor postów: 8070	2012-12-09 08:30:16 d) $\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}\frac{n\cdot 4^{n+1}}{3^{n-1}}$ W poprzednich przykładach sprawdzaliśmy, choć nie pisząc tego, warunek konieczny zbieżności szeregu. Wcześniej sprawdzenie wypadało pozytywnie, natomiast tu sobie zapiszemy: $\lim_{n \to \infty}\frac{n\cdot 4^{n+1}}{3^{n-1}}= \lim_{n \to \infty}16n\cdot \frac{4^{n-1}}{3^{n-1}}= \lim_{n \to \infty}16n\cdot (\frac{4}{3})^{n-1}=\infty$ $\lim_{n \to \infty}(-1)^n\frac{n\cdot 4^{n+1}}{3^{n-1}}$ nie istnieje (bo dla $n$ parzystych granica częściowa równa $\infty$, dla $n$ nieparzystych granica częściowa równa $-\infty$) Nie jest spełniony warunek konieczny, szereg nie jest zbieżny wcale.

jacknoise postów: 14	2012-12-09 11:27:42 Wielkie dzięki, jeszcze tylko jednej rzeczy nie rozumiem. Kryteria Cauchy'ego i d'Alemberta pozwalają określić, czy szereg jest zbieżny, czy rozbieżny, skąd wnioski o bezwzględnej lub warunkowej zbieżności?

tumor postów: 8070	2012-12-09 13:39:18 Kryteria Cauchy'ego i d'Alemberta dają zbieżność bezwzględną. Ciągi mają wyrazy dodatnie/ujemne naprzemiennie, natomiast używając kryteriów d'Alemberta czy Cauchy'ego podstawiałem wartość bezwzględną z wyrazów ciągów (wtedy ten fragment $(-1)^n$ znika bo jest równy $1$) Kryteria Cauchy'ego i d'Aleberta dają zbieżność bezwzględną szeregu $\sum_{n=1}^{\infty}\|a_n\|$. Natomiast $-\|a_n\|\le a_n \le \|a_n\|$, zatem (w zasadzie z kryterium porównawczego) dostajemy bezwzględną zbieżność $\sum_{n=1}^{\infty}a_n$ (niezależnie od tego, które wyrazy ciągu $a_n$ mają znak minus). Natomiast jeśli szereg nie jest zbieżny bezwzględnie (jak ten w przykładzie a), to może (ale nie musi) być zbieżny warunkowo. W przykładzie a), gdyby nie $(-1)^n$ to szereg byłby rozbieżny (z kryterium porównawczego), czyli nie ma zbieżności bezwzględnej. Zastosowanie w tym momencie kryterium Leibniza pozwala ustalić, czy jest zbieżny warunkowo. Gdyby zastosować kryterium Leibniza do b) lub c), ale bez sprawdzania wcześniej bezwzględnej zbieżności innym sposobem, otrzymalibyśmy zbieżność, ale bez informacji, czy jest bezwzględna czy tylko warunkowa.

strony: 1

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