Ispitati konvergenciju reda?

Ispitati konvergenciju reda? 25.11.2007. u 15:04 · pre 230 meseci #1

$\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{ln{n}}{\{{n}^{4/3}}$

Potpis

http://www.svijetfizike.com/

Re: Ispitati konvergenciju reda? 27.11.2007. u 10:09 · pre 230 meseci #2

probaj ovako... redovi (1)"a (index n)" i (2) "(2^n) * a (index 2^n´)" su istovjetni, to jest ako konverrgira red (1) onda konverg. i red (2).
e sad, gdje ti je god bilo "n" u redu (1) to zamijeni sa 2^n i to sve pomnozi sa 2^n i dobit ces novi red, na taj red primjeni kosiejv kriterij o kovergeniciji redova to ti je ono n-ti korijen iz a(index n)...

Re: Ispitati konvergenciju reda? 28.11.2007. u 17:04 · pre 230 meseci #3

Tesko mi je da se snadjem sa ovim tvojim oznakama na pocetku! Jer mozes da probas malo jasnije to da otkucas?

Potpis

http://www.svijetfizike.com/

Re: Ispitati konvergenciju reda? 29.11.2007. u 01:56 · pre 230 meseci #4

Funkcija $\frac{\ln x}{x^{4/3}}$ je neprekidna, nenegativna i opadajuća na intervalu $[e^{3/4}, +\infty)$ , pa se može upotrebiti integralni kriterijum. Red će konvergirati akko konvergira $\int_3^\infty\frac{\ln x}{x^{4/3}}\hbox{d}x$ , a ovo poslednje je lako ispitati.

Još lakše je ovo što ti predlaže expx2:

Cauchy Condensation Test
Root Test

Potpis

_{Attempt all the problems. Those you can do, don't do. Do the ones you cannot.}

Re: Ispitati konvergenciju reda? 29.11.2007. u 11:54 · pre 230 meseci #5

Dati integral $\int_3^\infty\frac{\ln x}{x^{4/3}}\hbox{d}x$ konvergira pa konvergira i taj red! :)

Nisam bas siguran da je nacin koji predlaze exp2 laksi?

Hvala!

Potpis

http://www.svijetfizike.com/

Re: Ispitati konvergenciju reda? 13.03.2013. u 11:30 · pre 166 meseci #6

ispitati konvergenciju reda $\sum _{n=1}^{\infty }2^{n}\sin ^{2}\left( \dfrac {1}/ {2^{n}}\right)$

kako ovo da resim? kosi i dalamber ne prolaze,ostaje mi samo poredbeni.. a to ne znam kako da uradim

Re: Ispitati konvergenciju reda? 13.03.2013. u 12:14 · pre 166 meseci #7

Prolaze ako prethodno iskombinuješ sa poredbenik kriterijumom.

Na skupu realnih brojeva važi $|\sin(x)|\leq|x|$ .

Potpis

Nije bitno koji su zaključci izvučeni, već kako se do njih došlo.

Re: Ispitati konvergenciju reda? 13.03.2013. u 12:27 · pre 166 meseci #8

Može i Dalamberovim kriterijumom bez poredbenog.

$\frac{2^{n+1}\sin^2(2^{-n-1})}{2^n\sin^2(2^{-n})}=\frac{2(1-\cos(2^{-n}))/2}{\sin^2(2^{-n})}=\frac{1-\cos(2^{-n})}{1-\cos^2(2^{-n})}=\frac 1{1+\cos(2^{-n})}$ .

Dakle, $\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac 1{1+\cos(2^{-n})}=\frac 12$ .

Potpis

Nije bitno koji su zaključci izvučeni, već kako se do njih došlo.

Re: Ispitati konvergenciju reda? 13.03.2013. u 18:35 · pre 166 meseci #9

Ja sam se kada sam video primer zaleteo da primenim Kosijev kondezacioni kriterijum (cisto malo za promenu), ali naravno, to nije legalno jer sinus oscilira. Just saying...

Potpis

Leonardo da Vinči

Nema istine u onim naukama u kojima se matematika ne primenjuje.

Milorad Stevanović

Bog postoji zato sto je matematika neprotivurečna.

Re: Ispitati konvergenciju reda? 13.03.2013. u 22:40 · pre 166 meseci #10

koristili ste formulu za poluugao? vau,nikad se ne bih setila , hvala

Re: Ispitati konvergenciju reda? 14.03.2013. u 20:33 · pre 166 meseci #11

Moze li neko da pomogne oko ovog reda $\sum_{n=2}^{\infty} { (ln(n))^3 \over n!}$ .
Mogu da koristim Kosijev, Dalamberov ili poredbeni kriterijum

Re: Ispitati konvergenciju reda? 14.03.2013. u 21:02 · pre 166 meseci #12

Primenom Dalamberovog kriterijuma moze se naci da dati red konvergira. Mala pomoc: $\ln^3 (n+1) \sim \ln^3 n$ kad $n\to \infty$

Potpis

Leonardo da Vinči

Nema istine u onim naukama u kojima se matematika ne primenjuje.

Milorad Stevanović

Bog postoji zato sto je matematika neprotivurečna.

1

Re: Ispitati konvergenciju reda? 14.03.2013. u 22:00 · pre 166 meseci #13

Aha, znaci tako. Time dobijam da red konvergira. A tu aproksimaciju znaci mogu uvek da koristim kada imam oblik ln(n+c), n->beskonacno (c je konstanta)?
I samo jos jedno pitanje, da li sam dobro uradio ovaj zadatak:
$\sum_{n=1}^{\infty} { (-1)^{n-1} \over n*(\sqrt{n^2+n}-n)}$
Dakle dobio sam da $|a_n|$ divergira, pa sam primenio Lajbnicov kriterijum da ispitam uslovnu konvergenciju.
Kako je limes $|a_n|$ jednak 0, a $|a_n|$ opadajuce (to sam zakljucio posto sam ga napisao kao funkciju f(x) i nasao prvi izvod f`(x)<0), red uslovno konvergira.
${-(x^2+({2x+1 \over \sqrt{x^2+x}}-1)^2 \over x^2({2x+1 \over \sqrt{x^2+x}}-1)^2}<0$

Re: Ispitati konvergenciju reda? 14.03.2013. u 22:18 · pre 166 meseci #14

Dobro si uradio zadatak.

Sto se tice mog pisanija, ja sam se malo zaneo, nzm sto sam tako zapisao. Sustina je samo da +1, ili neka druga konstanta ne uticu na taj logaritam kad n tezi beskonacnosti, konstante su zanemarljive u tom slucaju, pa ne moramo obracati paznju na njih.

Potpis

Leonardo da Vinči

Nema istine u onim naukama u kojima se matematika ne primenjuje.

Milorad Stevanović

Bog postoji zato sto je matematika neprotivurečna.

1

Re: Ispitati konvergenciju reda? 15.03.2013. u 02:37 · pre 166 meseci #15

Da, s tim da to treba obrazložiti.

$\ln(n+C)=\ln(n(1+C/n))=\ln(n)+\ln(1+C/n)=\ln(n)\left(1+\frac{\ln(1+C/n)}{\ln(n)}\right)$ .

Potpis

Nije bitno koji su zaključci izvučeni, već kako se do njih došlo.

Re: Ispitati konvergenciju reda? 15.03.2013. u 20:45 · pre 165 meseci #16

A da li je pravilno ovako uraditi zadatak koji je koleginica postavila?

$\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac {2^{n+1}(sin(\frac 1{2^{n+1}}))^2}{{2^n(sin(\frac 1{2^{n}}))^2}}=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac {2(\frac 1{2^{n+1}})^2}{(\frac 1{2^{n}})^2}= \frac 12$
Koristeci se da je $sinx=x, x\rightarrow0$

Re: Ispitati konvergenciju reda? 16.03.2013. u 00:26 · pre 165 meseci #17

Ne, $\sin(x)=x$ samo za $x=0$ , a ono što tebi treba je $\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\sin(x)}x=1$ .

Dakle,

$\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{2^{n+1}\left(\frac{\sin(2^{-n-1})}{2^{-n-1}}\right)^2(2^{-n-1})^2}{2^n\left(\frac{\sin(2^{-n})}{2^{-n}}\right)^2(2^{-n})^2}=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{2^{n+1}2^{-2n-2}}{2^n2^{-2n}}=\frac 12$ .

Bio si blizu.

Potpis

Nije bitno koji su zaključci izvučeni, već kako se do njih došlo.

1

Re: Ispitati konvergenciju reda? 16.03.2013. u 19:18 · pre 165 meseci #18

Da mislio sam na taj tablicni, ali nisam dobro formulisao.
Inace prilikom odredjivanja granicne vrednosti nizova takodje vaze svi oni tablicni limesi funkcija kad x tezi 0?

Re: Ispitati konvergenciju reda? 16.03.2013. u 20:04 · pre 165 meseci #19

E, pa moraš napisti kako treba da bi ti rešenje bilo priznato. Ono što si napisao jednostavno nije tačno. Evo primera:
$\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\tan(x)-\sin(x)}{x^3}=\frac 12$ .
Probaj da izjednačiš $\tan(x)$ i $\sin(x)$ sa $x$ i dobićeš nulu, što je pogrešan rezultat.

Što se drugog pitanja tiče, vidi Hajneov princip neprekidnosti.

Potpis

Nije bitno koji su zaključci izvučeni, već kako se do njih došlo.

1

Re: Ispitati konvergenciju reda? 17.03.2013. u 18:07 · pre 165 meseci #20

Ne mogu da nadjem ovaj Hajneov princip neprekidnosti, a nisam ni siguran da smo to radili na predavanjima.
Ali pretpostavljam da se ovi tablicni limesi za slucaj gde su ovaj sunus i tangens, ne mogu primeniti jer bi to bio slucaj 0/0?
Ipak ako se $\tan(x)$ napise kao $\tan(x)=\frac{sin(x)}{cos(x)}$ dobija se:
$\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\tan(x)-\sin(x)}{x^3}=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\sin(x)-\sin(x)\cos(x)}{x^3\cos(x)}=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\sin(x)(1-\cos(x))}{x*x^2\cos(x)}=1/2\lim_{x\rightarrow 0}\frac{1}{cos(x)}=\frac 12$

Forum kao aplikacija na telefonu

Srodne teme