Forum@DeGiorgi :: Pogledajte temu

through

[^/[Print]\]
Idite na 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 Sljedeće :| |:
Forum@DeGiorgi -> Matematička analiza 1 i 2

#1: Redovi Autor/ica: Zenon, Lokacija: [tex]\pm\infty[/tex]

Postano: 17:11 sri, 23. 5. 2012
—
Ispitajte konvergenciju reda [tex]\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\arctan \frac{1}{2n^2}[/tex] i odredite mu sumu ako konvergira.

Unaprijed hvala! Thank you

#2: Re: Redovi Autor/ica: gflegar,

Postano: 18:04 sri, 23. 5. 2012
—

Zenon (napisa):

Ispitajte konvergenciju reda [tex]\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\arctan \frac{1}{2n^2}[/tex] i odredite mu sumu ako konvergira.

Unaprijed hvala! Thank you

Ovaj zadatak smo danas radili na vjezbama kod asistenta Kovaca Smile

Za konvergenciju je lako...
ocjenis s [tex]\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}[/tex],
[dtex] \lim_{n \to \infty} \frac{\arctan \frac{1}{2n^2}}{\frac{1}{n^2}} = \frac{1}{2} \lim_{x \to 0} \frac{\arctan x}{x} = \left(\frac{0}{0}\right) = \frac{1}{2} \lim_{x \to 0} \frac{1}{1 + x^2} = \frac{1}{2}[/dtex]
pa red konvergira po usporednom kriteriju.

Da odredis sumu reda, iz adicijske formule za tangens:
[dtex] \tan(a + b) = \frac{\tan a + \tan b}{1 + \tan a \tan b} [/dtex]
zamjenom s [tex] x = \tan a[/tex], [tex] y = \tan b[/tex] dobivas:
[dtex] \arctan x + \arctan y = \arctan \frac{x + y}{1 + xy} [/dtex]
Raspisivanjem prvih nekoliko clanova niza parcijalnih suma pogodis da vrijedi [tex]s_n = \arctan \frac{n}{n + 1}[/tex] i dokazes indukcijom.
Onda imas [tex]\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\arctan \frac{1}{2n^2} = \lim_{n \to \infty} s_n = \frac{\pi}{4}[/tex]

#3: Autor/ica: Zenon, Lokacija: [tex]\pm\infty[/tex]

Postano: 19:00 sri, 23. 5. 2012
—
Opet je zadatak malo zalutao. Taj zadatak je odmah iza prve lekcije, gdje se ne spominju nikakvi kriteriji osim nužnog uvjeta konvergencije reda.

Hvala na tako lijepom raspisu Very Happy

Added after 49 minutes:

Molio bih pomoć oko još dva reda, u ovom slučaju treba samo ispitati konvergenciju. Prvi je [tex]\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\ln (n!)}[/tex], a drugi [tex]\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\sin\frac 1n \sinh\frac 1n \cos n[/tex].

Unaprijed puno hvala! Thank you

#4: Autor/ica: malalodacha,

Postano: 20:15 sri, 23. 5. 2012
—
prvi usporediš sa redom 1/(n*lnn) za koji dokažeš lako integralnim krinterijem da divergira, a drugi dokaži apsolutnu konvergenciju za funkciju sin(1/n) sh(1/n) i usporedi sa 1/n^2

Added after 1 minutes:

tj, dokaži apsolutnu konvergenciju tako da sin(1/n) sh(1/n) usporediš s 1/n^2

#5: Autor/ica: Zenon, Lokacija: [tex]\pm\infty[/tex]

Postano: 21:45 sri, 23. 5. 2012
—
Uspio sam oba, hvala ti Very Happy

#6: Autor/ica: ebartos,

Postano: 12:38 uto, 29. 5. 2012
—
Jel može pomoć oko 3.b zadatka iz bilo koje grupe (moze i obje)? http://web.math.pmf.unizg.hr/nastava/analiza/kolokviji/ma2-1011-kol2.pdf

#7: Autor/ica: Zenon, Lokacija: [tex]\pm\infty[/tex]

Postano: 13:20 uto, 29. 5. 2012
—
Pretpostavljam da te muči apsolutna konvergencija s obzirom da je obična trivijalna.
[tex]e^{-H_n}=\frac{1}{e^{H_n}}[/tex] i sada to usporediš s [tex]\frac 1n[/tex]
[dtex]\frac{\frac{1}{e^{H_n}}}{\frac 1n}=\frac{n}{e^{H_n}}=\frac{1}{e^{H_n}\cdot n^{-1}}=\frac{1}{e^{H_n}\cdot e^{-\ln n}}=\frac{1}{e^{H_n-\ln n}}[/dtex]
i tu imaš Euler-Mascheronijevu konstantu.

Za ovaj drugi trenutno nemam ideju, pa ću ti odgovoriti kad/ako dobijem i ako nitko drugi u međuvremenu ne odgovori. Trenutno radim nešto drugo, pa nemam vremena sada baviti se tim zadatkom Smile

#8: Autor/ica: ebartos,

Postano: 16:23 uto, 29. 5. 2012
—
Puno hvala! Smile

#9: Autor/ica: dalmatinčica,

Postano: 17:05 uto, 29. 5. 2012
—
može li netko dati neku uputu za 4. b)
http://web.math.pmf.unizg.hr/nastava/analiza/kolokviji/ma2-0809-kol2.pdf
može obe grupe

i 3.33 e)
http://web.math.pmf.unizg.hr/nastava/analiza/files/ch3_3.pdf

hvala

#10: Autor/ica: ebartos,

Postano: 19:55 uto, 29. 5. 2012
—
Za 4.b u prvoj grupi: gledaj Taylorove redove oko točke 0 za funkcije cos(x) i ch(x) (ovaj drugi red možeš lagano dobit preko definicije ch(x) i reda funkcije e^x). Kad imaš ta 2 reda probaj ih zbrojit i i onda rezultat pomnozit s 1/2 i trebao bi se dobit red koji u nazivniku ima (4n!) i onda uvrstiš x=1.

#11: Autor/ica: vjekovac,

Postano: 22:26 uto, 29. 5. 2012
—

ebartos (napisa):

Jel može pomoć oko 3.b zadatka iz bilo koje grupe (moze i obje)? http://web.math.pmf.unizg.hr/nastava/analiza/kolokviji/ma2-1011-kol2.pdf

Za zadatak:
Ispitajte konvergenciju i apsolutnu konvergenciju reda [tex]\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n\Big(e-\Big(1+\frac{1}{n}\Big)^n\Big)[/tex]
se najprije sjetimo da je na predavanjima bilo dokazano da niz [tex]a_n=\Big(1+\frac{1}{n}\Big)^n[/tex] raste i konvergira prema e. To je dovoljno da bi se primijenio Leibnizov kriterij pa slijedi da zadani red obično konvergira.

Ispitivanje apsolutne konvergencije je opet dosta teže. (Zapravo 3.(b) u obje grupe su vrlo teški zadaci!)
Za početak se sjetimo raspisati [tex]a_n[/tex] po binomnom teoremu:
[tex]a_n=\Big(1+\frac{1}{n}\Big)^n = \sum_{k=0}^{n}{n\choose k}\frac{1}{n^k} = \sum_{k=0}^{n}\frac{1}{k!}\frac{n(n-1)(n-2)\ldots (n-k+1)}{n^k} = 1 + 1 + \frac{n-1}{2n} + \ldots[/tex]
Primijetimo da svaki član za [tex]k\geq 3[/tex] možemo ocjeniti kao [tex]\frac{1}{k!}\frac{n(n-1)(n-2)\ldots (n-k+1)}{n^k}\leq \frac{1}{k!}[/tex], a članove za k=0,1,2 ostavimo kakvi jesu. Dobiva se
[tex]a_n \leq 2 + \frac{n-1}{2n} + \sum_{k=3}^{n}\frac{1}{k!}[/tex]
S druge strane je [tex]\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{k!}\leq \sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{k!} = e^1 = e[/tex], tj. [tex]\sum_{k=3}^{n}\frac{1}{k!}\leq e - 1 - 1 -\frac{1}{2} = e - \frac{5}{2}[/tex]
Obje te nejednakosti daju [tex]a_n \leq e - \frac{1}{2n} [/tex] pa je [tex]e - a_n \geq \frac{1}{2n} [/tex]. Dakle, usporedba s harmonijskim redom [tex]\sum\frac{1}{2n}[/tex] daje da red [tex]\sum (e - a_n)[/tex] divergira.
Dakle, zadani red UVJETNO KONVERGIRA.

#12: Autor/ica: Zenon, Lokacija: [tex]\pm\infty[/tex]

Postano: 23:34 uto, 29. 5. 2012
—
LOL.
Onaj prvi sam riješio za 5 minuta, a ovaj vjerovatno ne bih nikad Very Happy

Nisu baš podjednako teški, ma da sam i ja raspisao po binomnoj formuli, samo nisam znao što dalje.

Thank you

Added after 40 minutes:

Usput, evo i zadatak:
[tex]\displaystyle \sum \frac{(n!)^5}{(5n)!}(x-2)^n[/tex] → dobio sam da je radijus konvergencije [tex]5^5[/tex] i kako sada provjeriti rubne točke intevrala konvergencije? Meni se čini da tamo ne konvergira jer ovo prebrzo raste, ali ne znam to pokazati (ako je točno).

Unaprijed puno hvala! Thank you

#13: Autor/ica: R2-D2,

Postano: 8:44 sri, 30. 5. 2012
—
Probaj s D'Alambertovim kriterijem to pokazati, ali s onom "originalnom verzijom", tj. da je kvocijent dva člana veći ili jednak 1.

#14: Autor/ica: rom,

Postano: 10:36 sri, 30. 5. 2012
—
kako bi išlo ispitivanje kovergenicije [tex]\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\ln(cos\frac{1}{n})[/tex]
hvala

#15: Autor/ica: Zenon, Lokacija: [tex]\pm\infty[/tex]

Postano: 11:08 sri, 30. 5. 2012
—
Tvrdimo da konvergira apsolutno. Prvo naštimamo na poznati limes [tex]\ln (1+(\cos\frac 1n -1))[/tex] i onda usporedimo na način [tex]\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac{\vert\ln (1+(\cos\frac 1n -1))\vert}{\vert\cos\frac 1n -1\vert}=1[/tex]
Znači, sve ovisi o konvergenciji reda [tex]\sum \vert\cos\frac 1n -1\vert[/tex], no i to znamo.
Njega sad usporedimo na način [tex]\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac{\vert\cos\frac 1n -1\vert}{\frac{1}{n^2}}=\lim_{n\to\infty}\frac{\vert 1-\cos\frac 1n \vert}{ \frac{1}{n^2}}=\frac 12[/tex].

Znam da to nisu redovi s pozitivnim članovima, ali zato i jesam stavljao apsolutno, a apsolutna vrijednost je neprekidna pa limes može "ući" unutra.

Zadnja promjena: Zenon; 13:31 ned, 3. 6. 2012; ukupno mijenjano 1 put.

#16: Autor/ica: kiara,

Postano: 11:21 sri, 30. 5. 2012
—
Moze li pomoc oko 3.a) od prosle godine?

#17: Autor/ica: Zenon, Lokacija: [tex]\pm\infty[/tex]

Postano: 11:31 sri, 30. 5. 2012
—
[tex]\displaystyle \sum \left(\cosh\frac 1n -\cos\frac 1n\right)^a[/tex] pisat ću [tex]a[/tex] da ne pišem alfa, ne da mi se.
Prvo primjeti da su svi članovi reda pozitivni jer je kosinus hiperbolni u nuli jednak 1, za x>0 je >1, dok je cos ⇐1.
I sada uspoređuješ:
[dtex]\lim_{n\to\infty}\frac{\left(\cosh\frac 1n-1+1 -\cos\frac 1n\right)^a}{\frac{1}{n^{2a}}}=\lim_{n\to\infty}\left(\frac{\cosh\frac 1n -1}{n^2}+\frac{1-\cos\frac 1n}{n^2}\right)^a=1[/dtex].

I sad gledaš za koji [tex]2a[/tex] red [tex]\sum\frac{1}{n^{2a}}[/tex] konvergira. Konvergira za sve [tex]2a>1 \Longrightarrow a>\frac 12[/tex].

#18: Autor/ica: kiara,

Postano: 15:17 sri, 30. 5. 2012
—
Hvala! Very Happy

#19: Autor/ica: Zenon, Lokacija: [tex]\pm\infty[/tex]

Postano: 15:54 sri, 30. 5. 2012
—

R2-D2 (napisa):

Probaj s D'Alambertovim kriterijem to pokazati, ali s onom "originalnom verzijom", tj. da je kvocijent dva člana veći ili jednak 1.

Valja ovako, hvala ti Thank you

EDIT: Ops, ipak nisam uspio Sad

#20: Autor/ica: R2-D2,

Postano: 16:23 sri, 30. 5. 2012
—
Evo, ovako sam ja (možda sam nešto krivo): opći član je (n!)^5*(5^5n)/(5n)!, zar ne? kad središ kvocijent dvaju članova imaš (n+1)^4/((n+1/5)*(n+2/5)*(n+3/5)*(n+4/5)). To je sigurno veće od 1.

Forum@DeGiorgi -> Matematička analiza 1 i 2

output generated using printer-friendly topic mod. Vremenska zona: GMT + 01:00.

Idite na 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 Sljedeće :| |: Stranica 1 / 7.