Kvarkadabra forum

Pozdravljeni.
Imam dve res neumni vprašanji, a je tik pred izpitom in zopet sem vse pomešala.

Torej, kako najlažje dokažem konvergenco vrste? poznam vse "pomoči" oz. kriterije, takrat ko se iz prve žoge vidi da lako s pomočjo kvocientnega ali korenskega, mi ni problem, samo kako pa sicer? Najprej poračunam limito in če je 0, potem lahko mislim,da bi bilo lahko konvergentno in zato poiščem eno podobno vrsto in ju primerjam?
vem,da je cacheyev pogoj,ki pravi,da če je vrsta konvergentna potem je lim 0, vendar pa jaz ne vem ali je ali ni konvergentno, zato na podlagi limite ne morem nič,kajne?


sicer pa še eno res prokleto neumno vprašanje,amapk zatajim. kako iztračunat def. območje produkta dveh funkcij? tale primer imam: f(x) = arcsin(x+1)*tan(3x+(pi/4)).

hvala

Uh, tukaj moraš imeti že malo občutka. Vedno ti lahko nekdo zasoli poljubno grdo vrsto, za katero ne znaš dokazat konvergence. Gre le za čim večji nabor prijemov: najbolje je poznat čim več kriterijev, in prepoznat "vzorce", kateri vrsti bo stvar podobno. Zelo se splača takoj naredit "limito" v smislu kako se za velike n-je obnaša zaporedje. To ti potem namigne s katero vrsto primerjat. Recimo, če imaš nekaj strašno grdega, ki gre v neskončnosti kot 1/n, potem bo vsota divergirala, ker jo lahko od spodaj omejiš s harmonično vrsto. In podobno. Dominantno obnašanje zaporedja (kjer lahko uporabiš tudi razvoje v vrsto) ti pogosto namigne s čim primerjat. Brez primera težko razložim.

Funkcija je definirana samo, kjer so vsi členi produkta definirani.

torej pogledam kje je arcsin def. in potrem pogledam še kje je tan ... ?
potem pa dam ali eno ali eno ali eno ?

Vsi členi hkrati morajo imeti smisel (presek definicijskih območij, ne unija). Torej, tangens še stran vzame vse točke, kjer ima pol.

jaz dobim def od arc sinus [-2,0]
se pravi gledam tanges na tem območju
izračunam pole ker samo tam ni definiran in dobim pol x= pi/12 + 2kpi, kaj pa zdaj? vzamem za k 0,-1 in -2?
kako pa potem zapišem def območje? interval [-2,0] brez teh polov?
lahko preverite če so ti poli pri pi/12, kar ne paše zraven, pa pri -7pi/12 in -5pi/4

in ker se zadnji ponavlja na četrtine, potem še -pi/4?

Tangens ima pole na vsak pi, ne na 2pi, pa prepozno dodajaš to periodičnost. Daj raje
\(3x+\frac{\pi}{4}=\frac{\pi}{2}+k\pi\)
\(x=\frac{\pi}{12}+\frac{k\pi}{3}\)
Seveda jih je neskončno, ampak tebe zanimajo samo tisti, ki so med 0 in 2. Rešitev bi se zapisalo recimo kot
\(x\in [-2,0]\setminus\{-\frac{\pi}{4},-\frac{7\pi}{12}\}\)
ali pa alternativno
\(x\in [-2,-\frac{7\pi}{12})\cup (\frac{7\pi}{12},-\frac{\pi}{4})\cup (-\frac{\pi}{4},0]\)

Ali kdo morda zna rešiti tole nalogo. Dano je zaporedje z rekurzivno formulo an+1=(4+3an)^1/2, a1=1. Dokaži, da je zaporedje omejeno navzgor s 5 in monotono. To bi baje moral dokazati s pomočjo matematične indukcije.

hvala

Če slediš namigu, si hitro pri rezultatu. Indukcijska predpostavka: \(a_n<5\). Indukcijski korak:
\(a_{n+1}=\sqrt{4+3a_n}<\sqrt{4+3\cdot 5}=\sqrt{19}<5\), dokazano (za n=1 upam da ni treba pisat ).
To dokaže omejenost s 5, je pa to taka zelo groba meja, v resnici velja \(a_n< 4\), kjer je enakost dosežena v limiti \(n\to\infty\):
\(a_{n+1}=\sqrt{4+3a_n}< \sqrt{16}=4\)
To bo prav prišlo kasneje.

Za monotonost pa samo postaviš neenakost in pokažeš, da velja za vsak n:
\(a_{n+1}>a_n\)
\(\sqrt{4+3a_n}>a_n\)
ker je vse pozitivno, lahko kvadriraš
\(4+3a_{n}>a_n^2\)
\(a_n^2-3a_n-4<0\)
\((a_n-4)(a_n+1)<0\)
To je kvadratna parabola, ki je negativna med ničlama, torej je zaporedje naraščajoče, kadar je \(-1<a_{n}<4\). Zdaj prav pride, da sva dokazala omejenost s 4. Pozitivnost je očitna (saj gre za koren), tako da so vsi členi zaporedja v zahtevanem intervalu in je torej celotno zaporedje strogo naraščajoče.

Hvala. Ali monotonost vedno dokazujemo tako? Kako bi naprimer naredl za ta primer an+1=4-3/an

Hvala

Ja, to je najbolj direktno, pač pokažeš kje narašča in kje pada. Niti ni važno kako na začetku obrneš neenačaj, če ga obratno, še vedno izveš, kje stvar velja. Tukaj je isto:
\(a_{n+1}>a_{n}\)
\(4-3/a_n>a_n\)
Če so pozitivni lahko množiš
\(a_n^2-4a_{n}+3<0\)
\((a_n-3)(a_n-1)<0\)
Torej zaporedje narašča, če je a>3 ali a<1 (seveda če je pozitiven po prejšnji predpostavki), sicer pa pada.

Še enkrat hvala. Kaj pa tale naloga na spodnjem linku. Ni mi jasno kako prideš do takega rezultata da je limita neskončno

http://symbolab.com/math/search/%5Clim% ... utionsPage

Te so še najbolj očitne. Prvi člen narašča mnogo hitreje kot drugi, saj pri velikih x narašča kot \(5^{(x+1)/2}\), drugi pa kot \(2^{x/2}\). Razlika med tema dvema z x samo še narašča, tako da na koncu prevlada prvi člen.

Torej ti to ni treba racunsko dokazovati? Kako pa se izracuna n-to delno vsoto vrste: ln(1+1/n) , n=1 grre v neskoncno.

No \(5^x-2^x \to \infty\) oziroma tudi po kvocientu če hočeš, \((5/2)^x\to \infty\) je precej računsko

Delna vsota:
\(\sum_{n=1}^N \ln (1+\frac1{n})=\ln\prod_{n=1}^N (1+\frac1{n})\)
Ta neskončen produkt se da naprej predelat. Vsakega izmed faktorjev lahko daš na skupni imenovalec:
\(=\ln\prod_{n=1}^N \frac{n+1}{n}\)
Zdaj je pa skrajno očitno, kaj se dogaja! Imaš produkt ulomkov, kjer se vmes paroma vse pokrajša, preživita le imenovalec prvega faktorja in števec zadnjega (ta dva nimata para):
\(=\ln(N+1)\)
Limita v neskončnosti pa očitno divergira.

Isto se da ugotovit tudi brez prehoda na produkt: samo na skupni imenovalec daš in logaritem kvocienta pretvoriš v razliko logaritmov, pa se ti pa spet paroma odšteva.