Številske vrste

O matematiki, številih, množicah in računih...
Mafijec
Posts: 472
Joined: 12.12.2005 21:36

Številske vrste

Post by Mafijec » 27.2.2006 14:00

Še eno vprašanje s tega poglavja:

\({1 \over 1*2} + {1 \over 2*3} + {1 \over 3*4} + ..\)

Kako tu izračunamo vsoto?

mirko
Posts: 483
Joined: 1.9.2004 13:38

Post by mirko » 27.2.2006 14:43

Če malo pogledaš, vidiš:
S1 = 1/2, S2 = 2/3, S3 = 3/4, S4 = 4/5, .... sklepaš, da bo Sn = n/(n+1).
To lahko dokažeš s popolno indukcijo.
S(n+1) = (n+1)/(n+2) = Sn + 1/((n+1)(n+2)) velja, velja tudi za n=1, torej je OK.

User avatar
shrink
Posts: 14549
Joined: 4.9.2004 18:45

Post by shrink » 27.2.2006 15:03

Nalogo je možno rešiti tudi na sledeč način:

Najprej ugotovimo splošni člen vrste:

\(a_n= \frac{1}{n(n+1)}\),

ki ga zapišemo kot vsoto dveh parcialnih ulomkov:

\(\frac{1}{n(n+1)}=\frac{A}{n}+\frac{B}{n+1}\)

Enačbo množimo z \(n(n+1)\) in primerjamo koeficiente na obeh straneh. Dobimo \(A=1\) in \(B=-1\).

Splošni člen se torej glasi \(a_n= \frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\).

Pišimo zaporedje delnih vsot:

\(s_1=a_1=\frac{1}{1}-\frac{1}{2}=1-\frac{1}{2}\)
\(s_2=a_1+a_2=(1-\frac{1}{2})+(\frac{1}{2}-\frac{1}{3})\)
\(s_3=a_1+a_2+a_3=(1-\frac{1}{2})+(\frac{1}{2}-\frac{1}{3})+(\frac{1}{3}-\frac{1}{4})\)
\(\vdots\)
\(s_n=(1-\frac{1}{2})+(\frac{1}{2}-\frac{1}{3})+(\frac{1}{3}-\frac{1}{4})+\ldots+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\)

Ugotovimo, da se v \(s_n\) odštejejo vsi členi razen prvega in zadnjega:

\(s_n=1-\frac{1}{n+1}\)

Vsota vrste je:

\(s=\lim_{n \to \infty}s_n=\lim_{n \to \infty}1-\frac{1}{n+1}=1\).

Na ta način se ognemo indukciji, pa čeprav je tudi sklepanje, da se notranji členi odštejejo, neke vrste indukcija.

Mafijec
Posts: 472
Joined: 12.12.2005 21:36

Post by Mafijec » 27.2.2006 22:25

Hvala. Na tak in podoben način sem rešil kar precej vrst.

Kako naj pa to naredim?
\(1-{1\over2}+{1\over4}-{1\over8}+...\)
Če bi bil povsod plus, bi bila vsota 2. Kako pa takole?

mirko
Posts: 483
Joined: 1.9.2004 13:38

Post by mirko » 27.2.2006 23:50

Imaš geometrijsko zaporedje, a1 = 1, q = -0.5, s = a1/(1-q) = 2/3.

Mafijec
Posts: 472
Joined: 12.12.2005 21:36

Post by Mafijec » 28.2.2006 10:38

Jao, sram me je, to bi moral vedt. Hvala za info.

Zanima me še tole:
\({1\over3*5} + {1\over7*9} + {1\over11*13} + ...\)

To se npr. da prevest na:

\({1\over2} {({1\over3} - {1\over5} + {1\over7} - {1\over9} + {1\over11} - {1\over13} + ...)}\)


Še ena naloga:

\(\sum_{n=1}^\infty {n \over (n+1)!}\)

To je nekako takole:

\({1 \over 2} + {1 \over 3} + {1 \over 8} + {1 \over 30} + ...\)

Vsota je 1, kot je tudi vsota tele vrste:

\({1 \over 2} + {1 \over 4} + {1 \over 8} + {1 \over 16} + ...\)

User avatar
Aniviller
Posts: 7263
Joined: 15.11.2004 18:16

Post by Aniviller » 28.2.2006 12:20

Takole na pamet mislim da je:
\(1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\cdots=\frac{\pi}{4}\)
Tvoja vrsta je torej \(\frac{1-\frac{\pi}{4}}{2}\)

Mafijec
Posts: 472
Joined: 12.12.2005 21:36

Post by Mafijec » 28.2.2006 13:58

Ja, pravilno. Bi moral pogledati vrsto za ArcTan[1] in bi vedel...

Mafijec
Posts: 472
Joined: 12.12.2005 21:36

Post by Mafijec » 1.3.2006 18:10

Še za tole bi vas prosil:
Mafijec wrote:\(\sum_{n=1}^\infty {n \over (n+1)!}\)

To je nekako takole:

\({1 \over 2} + {1 \over 3} + {1 \over 8} + {1 \over 30} + ...\)

Vsota je 1, kot je tudi vsota tele vrste:

\({1 \over 2} + {1 \over 4} + {1 \over 8} + {1 \over 16} + ...\)
Hvala.

User avatar
kren
Posts: 1651
Joined: 17.2.2005 12:54

Post by kren » 1.3.2006 18:17

Poskusi na tak nacin, kot je shrink napisal, mislim da bi slo ravno tako.

Mafijec
Posts: 472
Joined: 12.12.2005 21:36

Post by Mafijec » 1.3.2006 19:25

Res je. Računanje delnih vsot pomaga.

505krm
Posts: 6
Joined: 31.5.2011 20:04

Re: Številske vrste

Post by 505krm » 22.10.2011 19:19

Ne znam rešiti naloge, ki je v priponki. Morda kdo ve, kako se je lotiti?
Attachments
1.jpg
1.jpg (3.34 KiB) Viewed 5023 times

User avatar
Aniviller
Posts: 7263
Joined: 15.11.2004 18:16

Re: Številske vrste

Post by Aniviller » 22.10.2011 19:45

V imenovalcu so cleni kar po vrsti. To te spomni na odvajanje in integriranje potenc. Lahko si mislis da je vsota v resnici Taylorjeva vrsta izvrednotena pri x=1:
\(f(x)=\sum_{k=1}^\infty \frac{k x^{k+3}}{(k+1)(k+2)(k+3)}\)
Potence sem namenoma dal premaknjene, zato da bo odvajanje naredilo to kar hocemo. Vrsto trikrat odvajamo:
\(f'''(x)=\sum_{k=1}^\infty k x^k\)
Zdaj lahko delis z x:
\(\frac{f'''(x)}{x}=\sum_{k=1}^\infty k x^{k-1}\)
in integriras:
\(\int\frac{f'''(x)}{x}{\rm\,d}x=\sum_{k=1}^\infty x^k=\frac{x}{1-x}\)
Vidis da smo vrsto z lahkoto sesteli, ko smo prisli do necesa kar poznamo. Zdaj ko imamo funkcijo, pa lahko izvedemo vse operacije v obratni smeri, da dobimo f(x), da potem lahko vstavimo x=1.
\(\frac{f'''(x)}{x}=\frac{1}{(1-x)^2}\)
(ce bi to vrsto prepoznali ze prej, ne bi bilo treba integrirat in nazaj odvajat).
In zdaj samo se:
\(f'''(x)=\frac{x}{(1-x)^2}\)
In tako naprej. Pri integraciji pazi na integracijsko konstanto (prvotna vrsta se zacne z x^4, torej morajo biti tako nastavljene, da ko razvijes dobis ravno tako manjkajoce prve 4 clene).

Lahko bi tudi nastavili obratno in najprej integrirali (in se znebili k v stevcu), potem pa mnozili z x^nekaj in trikrat odvajali.

505krm
Posts: 6
Joined: 31.5.2011 20:04

Re: Številske vrste

Post by 505krm » 23.10.2011 13:14

Žal mi ni čisto jasen ta postopek. Problem je, da nimam literature s podobnimi primeri, iz koder bi se lahko iz enostavnih primerov naučil bolj kompleksnih.

Hvala za pomoč!

User avatar
Aniviller
Posts: 7263
Joined: 15.11.2004 18:16

Re: Številske vrste

Post by Aniviller » 23.10.2011 13:30

Na kratko: vsoto pretvoris v potencno vrsto, ki da pri nekem x tisto kar ti hoces. To je univerzalen trik, se posebej za vsote, kjer je splosen clen racionalna funkcija.

S tem prides do funkcije neke spremenljivke in pridobis vse prednosti funkcionalne analize. Potem funkcijo v obliki vrste manipuliras (integriras, odvajas, mnozis s polinomom,...) dokler ne prides do znane vrste. To lahko potem zapises v zakljuceni obliki (pri nas je bila to funkcija x/(1-x)). Zdaj ko nimas vec zapisane z vrsto, lahko obrnes vse manipulacije ki si jih naredil prej z vrsto, da prides nazaj do prvotne funkcije.

Nas postopek:
vrsta za f(x)
odvajamo -> odvajamo -> odvajamo -> delimo z x -> integriramo
sestejemo vrsto v x/(1-x)
odvajamo -> mnozimo z x -> integriramo -> integriramo -> integriramo
vstavimo f(1).

Zadnjih treh integralov ti nisem resil, resi jih sam. Prides do dokaj grdih izrazov ker moras dvakrat integrirat logaritem. Resitev je f(1)=1/4.

Sam postopek se itak dela po obcutku - prepoznas vzorce v izrazu in poskusis izvest take operacije ki ti izraz poenostavijo. Tale primer je zelo dober ker prikaze razlicne trike ki jih lahko uporabis. Recimo to da delis z x, zato da ti bo integral dal "1/k", kar bo pokrajsalo "k" v vsoti.

Post Reply