Zbadaj zbieżność szeregów. (bez użycia kryterium całkowego) (załącznik).... Question from @Ostry4444

January 2019 1 10 Report

Zbadaj zbieżność szeregów. (bez użycia kryterium całkowego) (załącznik)

Paawełek 7) Kryterium ilorazowe.

Z tego kryterium od razu widać, że szereg jest rozbieżny, wystarczy porównać do rozbieżnego $\displaystyle \sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{1}{n}$

$\lim\limits_{n\to\infty} \dfrac{\frac{3n+2}{5n^2-n+1}}{\frac{1}{n}}=\lim\limits_{n\to\infty} \dfrac{3n^2+2n}{5n^2-n+1}=\dfrac{3}{5} \in (0,+\infty)$

8) Kryterium ilorazowe

Tu porównamy również do szeregu 1/n.

$\lim\limits_{n\to\infty} \dfrac{\frac{\sqrt{n}-1}{2\sqrt{n^2+1}}}{\frac{1}{n}}=\lim\limits_{n\to\infty} \dfrac{n\sqrt{n}-n}{2\sqrt{n^2+1}}=\lim\limits_{n\to\infty} \dfrac{\sqrt{n}-1}{2\sqrt{1+\frac{1}{n^2}}}=\\ \\ = \lim\limits_{n\to\infty} \dfrac{\sqrt{n}-1}{2}=+\infty$

I widzimy, że szereg jest też rozbieżny.

9) kryterium porównawczego.

Wykorzystujemy fakt, że ln ( 1 + f(x) ) < f(x) w swej dziedzinie. Skąd:

$\ln \left(1+\frac{1}{n}\right) \ \textless \ \dfrac{1}{n} \qquad /:\sqrt{n} \\ \\ \dfrac{1}{\sqrt{n}} \cdot \ln \left(1+\frac{1}{n}\right)\ \textless \ \dfrac{1}{n\sqrt{n}}=\dfrac{1}{n^{\frac{3}{2}}}$

Po prawej stronie mamy zbieżny szereg harmoniczny rzędu alfa = 3/2, więc szereg jest zbieżny.

12) kryterium d'Alemberta.

$a_n= \dfrac{(n+1)! \cdot (n+1)^{n-1}}{n^{2n}} \\ \\ a_{n+1}=\dfrac{(n+2)! \cdot (n+2)^n}{(n+1)^{2n+2}} \\ \\ \\ \dfrac{a_{n+1}}{a_n}= \dfrac{\dfrac{(n+2)! \cdot (n+2)^n}{(n+1)^{2n+2}}}{\dfrac{(n+1)! \cdot (n+1)^{n-1}}{n^{2n}}}= \dfrac{n^{2n} (n+1)! \cdot (n+2) \cdot (n+2)^n}{(n+1)^{2n+2} \cdot (n+1)! \cdot (n+1)^{n-1}}=\\ \\ \\ = \dfrac{n^{2n}(n+2)}{(n+1)^{2n} \cdot (n+1)^2} \cdot \dfrac{(n+2)^n}{(n+1)^n} \cdot (n+1)=$

$= \left(\left(\dfrac{n}{n+1}\right)^{2} \right)^n \cdot \left( \dfrac{n+2}{n+1}\right)^n \cdot \dfrac{n+2}{n+1}$

Gdy n dąży do nieskończoności, ułamek (n+2)/(n+1) dąży do 1, więc mogę go po prostu "wyrzucić", bo nie ma żadnego wpływu na wynik. Dostajemy dalej:

$...= \left( \dfrac{n^2}{n^2+2n+1} \cdot \dfrac{n+2}{n+1}\right)^n=\left( \dfrac{n^3+2n^2}{n^3+3n^2+3n+1}\right)^n=\\ \\ = \left(\dfrac{n^3+3n^2-n^2}{n^3+3n^2+3n+1}\right)^n=\left(1+\dfrac{-n^2}{n^3+3n^2+3n+1}\right)^n$

Wykorzystujemy wzór Eulera rzecz jasna z granic....

$\lim\limits_{n\to\infty} \dfrac{a_{n+1}}{a_n}=\lim\limits_{n\to\infty} \left(1+\dfrac{-n^2}{n^3+3n^2+3n+1}\right)^n= \\ \\ \\ = \lim\limits_{n\to\infty} \left(\left( 1+\dfrac{-n^2}{n^3+3n^2+3n+1}\right)^{\frac{n^3+3n^2+3n+1}{-n^2}\right)^{\frac{-n^3}{n^3+3n^2+3n+1}}=$

$...=\lim\limits_{n\to\infty} e^{\frac{-n^3}{n^3+3n^2+3n+1}}=e^{-1}=\dfrac{1}{e} \approx \dfrac{1}{2,73}\ \textless \ 1$

Więc na podstawie kryterium d'Alemberta szereg jest zbieżny.

13) Kryterium Leibniza.

wykorzystując ln a - ln b = ln (a/b) za (-1)^n mam wyrażenie $\ln \left(\dfrac{n^3+n+1}{n^3-n}\right)$

Ponieważ to dąży do ln 1 = 0, kwestia dążenia do 0 jest spełniona. By dowieść, że ta funkcja jest malejąca, wystarczy dowieść, że $f(n)=\dfrac{n^3+n+1}{n^3-n}$ jest malejące.

Najpierw doprowadzamy do $f(n)=\dfrac{n^3-n+2n+1}{n^3-n}=1+\dfrac{2n+1}{n^3-n}$

Jesteś studentem, więc na pewno znasz te sztuczki. Liczymy pochodną:

$f'(n)= \dfrac{(2n+1)'(n^3-n)-(n^3-n)'(2n+1)}{(n^3-n)^2}= \\ \\ = \dfrac{2(n^3-n)-(3n^2-1)(2n+1)}{(n^3-n)^2}= \\ \\ = \dfrac{2n^3-2n-6n^3-3n^2+2n+1}{(n^3-n)^2}=\dfrac{-4n^3-3n^2+1}{(n^3-n)^2}$

Mianownik jest zawsze dodatni. Ponieważ w liczniku mamy wielomian i współczynnik przy najwyższym stopniu jest ujemny, oznacza to, że on od któregoś momentu do +nieskończoności będzie ujemny. Zatem wykazaliśmy, że od któregoś miejsca zachodzi cały czas $f'(n)\ \textless \ 0,$ więc pokazaliśmy, że od któregoś momentu f(n) jest malejące. Na podstawie kryterium Leibniza szereg jest zbieżny
-------------------------------------------------------------
Jeżeli nie miałeś pochodnych, spróbujemy to rozwiązać kryterium ilorazowym.

Najpierw dla "n" parzystych otrzymujemy, że (-1)^n jest dodatnie. Pozostałe wyrażenie będzie wynosić tyle, co po podłożeniu "2n" pod "n".

Dla nieparzystych będziemy mieli - przed szeregiem i podłożymy "2n-1". Stąd:

$\displaystyle \sum\limits_{n=1}^{\infty} (-1)^n \ln \left( \dfrac{n^3+n+1}{n^3-n}\right)= \\ \\ =\displaystyle \sum\limits_{n=1}^{\infty} \ln \left( \dfrac{(2n)^3+2n+1}{(2n)^3-2n}\right) - \displaystyle \sum\limits_{n=1}^{\infty} \ln \left( \dfrac{(2n+1)^3+2n+1+1}{(2n+1)^3-2n-1}\right)=\\ \\ = \displaystyle \sum\limits_{n=1}^{\infty} \ln \left( \dfrac{8n^3+2n+1}{8n^3-2n}\right)-\displaystyle \sum\limits_{n=1}^{\infty} \ln\left(\dfrac{8n^3+6n^2+14n+3}{8n^3+6n^2+10n}\right)$

Wystarczy udowodnić, że oba są zbieżne, a są. Oba przyrównamy do szeregu 1/n^2.

$\dfrac{8n^3+2n+1}{8n^3-2n}=\dfrac{8n^3-2n+4n+1}{8n^3-2n}=1+\dfrac{4n+1}{8n^3-2n} \\ \\ \lim\limits_{n\to\infty} \dfrac{\ln \left(1+\frac{4n+1}{8n^3-2n}\right)}{\frac{1}{n^2}}=\lim\limits_{n\to\infty} \dfrac{\frac{4n+1}{8n^3-2n}\ln \left(1+\frac{4n+1}{8n^3-2n}\right)}{\frac{4n+1}{8n^3-2n} \cdot \frac{1}{n^2}}=\\ \\ \\ = \lim\limits_{n\to\infty} \dfrac{\frac{4n+1}{8n^3-2n}}{\frac{1}{n^2}}=\lim\limits_{n\to\infty} \dfrac{4n^3+n^2}{8n^3-2n}=\dfrac{1}{2}\in(0,+\infty)$

Pierwszy jest zbieżny. Teraz z drugim robimy to samo. Tu upraszczamy:

$\dfrac{8n^3+6n^2+14n+3}{8n^3+6n^2+10n}=1+\dfrac{4n+3}{8n^3+6n^2+10n}$

$\lim\limits_{n\to\infty} \dfrac{\ln \left(1+\frac{4n+3}{8n^3+6n^2+10n}\right)}{\frac{1}{n^2}}=\\ \\ \\ =\lim\limits_{n\to\infty} \dfrac{\frac{4n+3}{8n^3+6n^2+10n} \cdot \ln \left(1+\frac{4n+3}{8n^3+6n^2+10n}\right)}{\frac{4n+3}{8n^3+6n^2+10n} \cdot \frac{1}{n^2}}= \\ \\ \\ = \lim\limits_{n\to\infty} \dfrac{\frac{4n+3}{8n^3+6n^2+10n}}{\frac{1}{n^2}}=\lim\limits_{n\to\infty} \dfrac{4n^3+3n^2}{8n^3+6n^2+10n}=\dfrac{1}{2}\in(0,+\infty)$
Różnica dwóch zbieżnych szeregów da nam zbieżny szereg, więc na podstawie kryterium ilorazowego, Twój szereg jest zbieżny.

1 votes Thanks 1