Page 2 of 3

Re: Številske vrste

Posted: 23.10.2011 17:32
by Aniviller
Aja, ste mogoce delali z razcepom na parcialne ulomke? S tem lahko vsoto razbijes na vec vsot tipa \(\sum \frac{1}{n}\). Te vsote sicer divergirajo ampak ce spet uporabis isti trik s pretvorbo na potencno vrsto, se divergence treh clenov odstejejo in dobis koncen rezultat.

Re: Številske vrste

Posted: 23.10.2011 20:42
by 505krm
Ta primer naj bi rešili tako - s parcialnimi ulomki.

Takšen primer: npr. Vsota od ena do neskončno izraza 1/k(k+3) znam. Ne pa tega, po katerem sprašujem

Re: Številske vrste

Posted: 23.10.2011 20:49
by Aniviller
Ma isto je.
\(\frac{k}{(k+1)(k+2)(k+3)}=\frac{A}{k+1}+\frac{B}{k+2}+\frac{C}{k+3}\)
in hitro ugotovis da je A=-1/2, B=2, C=-3/2. Naprej pa popolnoma enako kot pri primeru, ki ga podajas. Ker je vsota A+B+C=0, se bo pokrajsalo vse razen prvih nekaj clenov.

Re: Številske vrste

Posted: 23.10.2011 21:05
by 505krm
Ja, potem lahko delno vsoto zapišem kot:

-1/2(k+1)+2/(k+2)-3/2(k+3)

Ampak sedaj če vstavljam za k=1, k=2 in tako naprej ne dobim nič pametnega

Re: Številske vrste

Posted: 23.10.2011 21:26
by Aniviller
Kaksno delno vsoto? To ni delna vsota ampak clen v vsoti, to je treba potem sestet.

Ce vstavis nek "k" dobis samo enega izmed neskoncno clenov.

\(-\frac{1}{2}\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k+1}+2\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k+2}-\frac{3}{2}\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k+3}\)
\(=-\frac{1}{2}\sum_{k=2}^\infty\frac{1}{k}+2\sum_{k=3}^\infty\frac{1}{k}-\frac{3}{2}\sum_{k=4}^\infty\frac{1}{k}\)
\(=-\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\sum_{k=4}^\infty\frac{1}{k}\right)+2\left(\frac{1}{3}+\sum_{k=4}^\infty\frac{1}{k}\right)-\frac{3}{2}\sum_{k=4}^\infty\frac{1}{k}\)
\(=-\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{3}\right)+2\left(\frac{1}{3}\right)\) (vsote se odstejejo)
\(=-\frac{5}{12}+\frac{2}{3}=\frac{1}{4}\)

Re: Številske vrste

Posted: 23.10.2011 21:45
by 505krm
Ja, moja napaka. Sm se nanašu na en drug primer, kjer sem najprej delno vsoto zapisal s pomočjo parc. ulomkov, potem zračunal limito delnih vsot,..

Hvala za pomoč!

Re: Številske vrste

Posted: 22.11.2012 19:19
by subic.alja
Tudi jaz bi imela eno nalogo s številskimi vrstami in sicer:

Dana je vrsta \(\frac{1}{1*3}+\frac{1}{2*4}+\frac{1}{3*5}+...+\frac{1}{n(n+2)}+...\)
Dokazati moram, da je n-ta delna vsota dane vrste enaka \(\sum_{k=1}^n \frac{1}{k^2+2k} = \frac{3}{4} - \frac{2n+3}{2(n-1)(n+2)}\).
Nato pa moram še izračunati natančno vsoto dane vrste.

LP

Re: Številske vrste

Posted: 22.11.2012 19:47
by Aniviller
Poskusi predelat vrsto na nekaj bolj ugodnega. Splosni clen zaporedja lahko razbijes na parcialne ulomke:
\(\frac{1}{n(n+2)}=\frac{A}{n}+\frac{B}{n+2}=\frac{1}{2}(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+2})\).
Ce s tem zapises vrsto, dobis
\(\frac12(\frac{1}{1}-\frac{1}{3}+\frac{1}{2}-\frac{1}{4}+\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+\frac{1}{4}-\frac{1}{6}+\cdots)\)
Vidis, da se vsak negativni prispevek pokrajsa s tistim, ki pride dva clena kasneje. Vse vmes se torej pokrajsa, razen prvih dveh pozitivnih clenov, ki nimata negativnega para spredaj, ter simetricno na koncu zadnja dva negativna clena, ki se nista docakala krajsanja s pozitivnim parom:
\(=\frac{1}{2}(1+\frac{1}{2}-\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2})\)
\(=\frac34-\frac{2n+3}{2(n+1)(n+2)}\)
Limita tega je seveda 3/4. kar lahko ves brez racunanja, saj pri neskoncnem zaporedju izgine vse v sredini in proti "koncu" in ostane le tisto kar se na zacetku ni pokrajsalo.

Re: Številske vrste

Posted: 22.11.2012 20:24
by subic.alja
Vse mi je jasno, razen čisto prvega dela s parcialnimi ulomki...
\(\frac{1}{n(n+2)} = \frac{A}{n} + \frac{B}{n+2} = \frac{1}{2}(\frac{1}{n} - \frac{1}{n+2})\).

Od kod \(\frac{1}{2}(\frac{1}{n} - \frac{1}{n+2})\)?

Re: Številske vrste

Posted: 22.11.2012 20:35
by Aniviller
Nastavek (tisto z A in B) das na skupni imenovalec in pogledas kaj mora veljat, da dobis originalni ulomek. Dobis A=1/2, B=-1/2.

Re: Številske vrste

Posted: 5.12.2012 18:50
by subic.alja
Živjo!

Spet imam neko vprašanje, in sicer naloga se glasi: Poišči vsa števila a, ki so elementi pozitivnih realnih števil, za katere vrsta \(\sum_{n=1}^\infty \frac{2^n}{n^2}a^n$\) konvergira.

LP

Re: Številske vrste

Posted: 6.12.2012 16:53
by Aniviller
Lahko gres po definiciji konvergencnega radija:
\(r=\frac{1}{\lim_{n\to \infty}\sqrt[n]{c_n}}=\)
\(=\frac{1}{\lim_{n\to \infty}\sqrt[n]{2^n/n^2}}=\)
\(=\frac{1}{\lim_{n\to \infty}2 n^{-2/n}}=\frac{1}{2}\)

Vrsto lahko tudi sestejes ce hoces.
\(f(a)=\sum_{n=1}^\infty \frac{2^n a^n}{n^2}\)
Odvod po a (zato ker ves da dobis dodaten n, ki bo pocasi unicil odvecni n^2 v imenovalcu)
\(f'(a)=\sum_{n=1}^\infty \frac{2^n a^{n-1} }{n}\)
\(a f'(a)=\sum_{n=1}^\infty \frac{2^n a^{n} }{n}\)
Se enkrat odvajas
\((a f'(a))'=f'(a)+a f''(a)=\sum_{n=1}^\infty 2^n a^{n-1}\)
to je geometrijska vrsta in jo znas brez tezav sestet:
\((a f'(a))'= \frac{2}{1-2a}\)
Ta vrsta konvergira za |2a|<1, s cimer dobis konvergencni radij. Odvodi, integrali in mnozenje s polinomi namrec ohranjajo konvergencni radij vrst. Tako da ti v resnici ni treba dobit f(a), ce hoces le konvergencni radij. Po drugi strani je to zgornje tudi diferencialna enacba za f, ki jo lahko resis. Enkrat integriras po a:
\(a f'(a)=-\ln (1-2a)+C\)
Pri a=0 je leva stran nic, kar pomeni da mora bit C=0 (zacetni pogoj).
\(f'(a)=-\frac{\ln (1-2a)}{a}\)
Se en integral
\(f(a)={\rm Li_2} (2a) + D\)
Na zalost prvi clen ni elementarno resljiv ampak da polilogaritmicno funkcijo Li2 (pomagal sem si z Wolfram Alpha). Konstanto D lahko dolocis z vstavljanjem ocitnih zadev pri a=0. Torej,
\(\sum_{n=1}^\infty \frac{(2 a)^n}{n^2}={\rm Li_2}(2a)\)
Rezultat je pravilen in ni presenetljiv, saj je ravno ta vrsta ena izmed definicij polilogaritmicne funkcije:
http://en.wikipedia.org/wiki/Polylogarithm
Hotel sem pokazat, da je z dolocenimi osnovnimi triki integracije in odvajanja mogoce marsikatero vrsto izracunat oziroma vsaj pokazat pot do resitve, tudi ce prides do cudnih integralov. Nenazadnje lahko na koncu integral resujes tudi numericno (oziroma izbiras ali je numericna integracija lazja in jo uporabis namesto sestevanja vrste, ali obratno in uporabis vrsto za racunanje integrala). Za konvergencni radij potencne vrste ni treba nikoli vrste dejansko sestet - po eni strani imas osnovno limitno formulo, ki pa je ponavadi zoprna ker ima n-ti koren ali cuden kvocient (imas vec oblik iste limite), kot vsi konvergencni kriteriji. Poskus delnega sestevanja ali primerjave s podobnimi vrstami je bolj "cist" nacin izracuna - vec lepe matematike, manj cudnih izrazov z limitami in cudnimi eksponenti. Odvisno pac kaj ti pase, matematika ti daje vec moznosti in lahko izberes tisto ki ti najbolj pase za izbrani problem.

Re: Številske vrste

Posted: 27.2.2013 18:20
by matic99
Lep pozdrav

mene pa zanima kako se naredi naloga v priponki, da je kovergentna vem da je povezano neki z limito. Za drugi del se mi pa tudi sanja ne.

Hvala

Re: Številske vrste

Posted: 28.2.2013 15:28
by Aniviller
Konvergencni test: alternirajoca vrsta konvergira, ce absolutne vrednosti clenov padajo monotono proti nic, ko je n dovolj velik. In to je zagotovljeno. Ves tudi, da je napaka manjsa kot naslednji clen, tako da moras samo pogledat, pri katerem n je naslednji clen manjsi od 0.1 po absolutni vrednosti:
\(\frac{n+1}{n^2}<0.1\)

Re: Številske vrste

Posted: 6.4.2013 16:01
by fox
ne vem ce sem napisal v pravi temi , ampak vseeno , rabim pomoc okoli te naloge

hvala ze vnaprej