Matematyka.pl

Witam. Mam taki szereg:
\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{n!(n+2)!}{(2n)!} x^{n} }\)
Miałem obliczyć promień zbieżności i zbieżność na krańcach przedziału.

Z d'Aleberta policzyłem promień zbieżności i mi wyszedł 4.
Po podstawieniu za x=4 próbowałem obliczyć z d'Alemberta zbieżność tego szeregu i wychodzi 1, czyli wynik nierozstrzygający. Z Cauchyego nie próbowałem, bo podobno pierwiastkowanie silni to bardzo trudne przedsięwzięcie. Nie wiem jak określić zbieżność na tym krańcu. Jakieś wskazówki?

Sprawdź warunek konieczny

Próbowałem obliczyć granicę tego ciągu. Na oko to wygląda na nieskończoność jednak formalnie nie wiem co tu dalej zrobić.
\(\displaystyle{ \frac{n!(n+2)! 4^{n} }{(2n)!}= \frac{n!n!(n+1)(n+2) 4^{n} }{(2n)!} }\)

Tu się zatrzymałem. Wydaje mi się, że \(\displaystyle{ n!}\) z licznika i \(\displaystyle{ (2n)!}\) z mianownika skrócić ze sobą nie mogę. Czy jest jakiś sposób aby to uprościć?

wsk \(\binom{2n}{n}<4^n\)

Na analizie matematycznej do tej pory nie było o dwumianie Newtona ani słowa Spróbuję zaznajomić się z tym tematem, jednak czy to jest jedyny sposób na rozwiązanie tego zadania?

\(\displaystyle{ \binom{2n}{n}}\) jest środkowym wyrazem w `2n`-tym wierszu trójkąta Pacala. Ile wynosi suma wszystkich elementów w tym wierszu?

ad 2. Nie wiem

Dlaczego podstawiłeś \(\displaystyle{ x = 4 ? }\)

Należy zbadać zbieżność szeregu potęgowego w końcach jego przedziału zbieżności, to jest dla \(\displaystyle{ x = -4, \ \ x = 4 }\)

Podstawiając te wartości do szeregu, otrzymujemy odpowiednio dwa szeregi liczbowe:

\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{n!(n+2)!}{(2n)!} (-4)^{n} = \sum_{n=1}^{ \infty } (-1)^{n} \frac{ 4^{n} n!(n+2)!}{(2n)!} }\) - szereg naprzemienny,

\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{n!(n+2)!}{(2n)!} 4^{n} . }\)

Proszę zbadać ich zbieżność.

janusz47 pisze: ↑15 mar 2020, o 20:49 Dlaczego podstawiłeś \(\displaystyle{ x = 4 ? }\)

Pewnie dlatego, że promieniem zbieżności tego szeregu jest 4

Zwracam uwagę i poprawiłem na \(\displaystyle{ x =4. }\)

Sposób podany przez a4karo jest według mnie najbardziej naturalny, ale jeśli nie wiesz nic o symbolu Newtona, to może znasz kryterium Raabego?

a4karo pisze: ↑15 mar 2020, o 18:18 wsk \(\binom{2n}{n}<4^n\)

Rozwinąłem ten dwumian wg wzoru i wyszło coś takiego \(\displaystyle{ \frac{(2n)!}{n!n!}}\), czyli
\(\displaystyle{ \frac{(2n)!}{n!n!} < 4^{n}}\). W tym moim ciągu mam to wyrażenie tylko, że odwrotne.
Skoro \(\displaystyle{ \frac{(2n)!}{n!n!} < 4^{n}}\) to w takim razie \(\displaystyle{ \frac{n!n!}{(2n)!} > 4^{n} }\)

Skoro wiem, że \(\displaystyle{ 4^{n}}\) dąży do nieskończoności no to \(\displaystyle{ \frac{n!n!}{(2n)!}}\), które jest większe od \(\displaystyle{ 4^{n}}\) tym bardziej dąży do nieskończoności Co kończy zadanko.

Teraz mam jeszcze pytanie odnośnie tej zależności

a4karo pisze: ↑15 mar 2020, o 18:18 wsk \(\binom{2n}{n}<4^n\)

To jest jakaś tożsamość którą trzeba znać, czy policzyłeś to z jakiegoś wzoru?

Dasio11 pisze: ↑15 mar 2020, o 21:36 Sposób podany przez a4karo jest według mnie najbardziej naturalny, ale jeśli nie wiesz nic o symbolu Newtona, to może znasz kryterium Raabego?

Znam tylko porównawcze, d'Alemberta, Couchyego i Leibnitza

janusz47 pisze: ↑15 mar 2020, o 20:49
\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{n!(n+2)!}{(2n)!} (-4)^{n} = \sum_{n=1}^{ \infty } (-1)^{n} \frac{ 4^{n} n!(n+2)!}{(2n)!} }\) - szereg naprzemienny,

Proszę zbadać ich zbieżność.

Ten już wcześniej zrobiłem z Leibnitza i wyszło, że jest zbieżny.

Xardas962 pisze: ↑15 mar 2020, o 21:39Rozwinąłem ten dwumian wg wzoru i wyszło coś takiego \(\displaystyle{ \frac{(2n)!}{n!n!}}\), czyli
\(\displaystyle{ \frac{(2n)!}{n!n!} < 4^{n}}\). W tym moim ciągu mam to wyrażenie tylko, że na odwrót.
Skoro \(\displaystyle{ \frac{(2n)!}{n!n!} < 4^{n}}\) to w takim razie \(\displaystyle{ \frac{n!n!}{(2n)!} > 4^{n} }\)

Skoro wiem, że \(\displaystyle{ 4^{n}}\) dąży do nieskończoności no to \(\displaystyle{ \frac{n!n!}{(2n)!}}\), które jest większe od \(\displaystyle{ 4^{n}}\) tym bardziej dąży do nieskończoności Co kończy zadanko.

No niezupełnie o to chodziło.

Xardas962 pisze: ↑15 mar 2020, o 21:39Teraz mam jeszcze pytanie odnośnie tej zależności

a4karo pisze: ↑15 mar 2020, o 18:18wsk \(\binom{2n}{n}<4^n\)

To jest jakaś tożsamość którą trzeba znać, czy policzyłeś to z jakiegoś wzoru?

Odpowiedź już była:

a4karo pisze: ↑15 mar 2020, o 19:18 \(\displaystyle{ \binom{2n}{n}}\) jest środkowym wyrazem w \(\displaystyle{ 2n}\)-tym wierszu trójkąta Pacala. Ile wynosi suma wszystkich elementów w tym wierszu?

JK

Xardas962 pisze: ↑15 mar 2020, o 21:39Skoro \(\displaystyle{ \frac{(2n)!}{n!n!} < 4^{n}}\) to w takim razie \(\displaystyle{ \frac{n!n!}{(2n)!} > 4^{n} }\)

Lepiej przemyśl to jeszcze raz.

Xardas962 pisze: ↑15 mar 2020, o 21:39

a4karo pisze: ↑15 mar 2020, o 18:18 wsk \(\binom{2n}{n}<4^n\)

To jest jakaś tożsamość którą trzeba znać, czy policzyłeś to z jakiegoś wzoru?

Trzeba znać wzór Newtona:

\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^m \binom{m}{k} \cdot a^k \cdot b^{m-k} = (a+b)^m}\),

z którego wynika że

\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{2n} \binom{2n}{k} = (1+1)^{2n} = 4^n}\).

Skoro zaś liczba \(\displaystyle{ \binom{2n}{n}}\) jest tylko jednym z wyrazów sumy po lewej stronie, to oczywiście jest ona mniejsza od całej sumy, czyli od \(\displaystyle{ 4^n}\).

Xardas962 pisze: ↑15 mar 2020, o 21:39

janusz47 pisze: ↑15 mar 2020, o 20:49
\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{n!(n+2)!}{(2n)!} (-4)^{n} = \sum_{n=1}^{ \infty } (-1)^{n} \frac{ 4^{n} n!(n+2)!}{(2n)!} }\) - szereg naprzemienny,

Proszę zbadać ich zbieżność.

Ten już wcześniej zrobiłem z Leibnitza i wyszło, że jest zbieżny.

Znów - sprawdź jeszcze raz, bo ten szereg nie jest zbieżny.

To może tak: Niech `a_n=\frac{n!(n+2)!4^n}{(2n)!}`
Wtedy
$$\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{4(n+1)(n+3)}{(2n+1)(2n+2)}=\frac{(n+1)(n+3)}{(n+1/2)(2n+1)}>1$$
co oznacza, że szereg nie spełnia warunku koniecznego i załatwia negatywnie szereg naprzemienny również.

Dasio11 pisze: ↑15 mar 2020, o 21:49

Xardas962 pisze: ↑15 mar 2020, o 21:39Skoro \(\displaystyle{ \frac{(2n)!}{n!n!} < 4^{n}}\) to w takim razie \(\displaystyle{ \frac{n!n!}{(2n)!} > 4^{n} }\)

Lepiej przemyśl to jeszcze raz.

Xardas962 pisze: ↑15 mar 2020, o 21:39

janusz47 pisze: ↑15 mar 2020, o 20:49
\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{n!(n+2)!}{(2n)!} (-4)^{n} = \sum_{n=1}^{ \infty } (-1)^{n} \frac{ 4^{n} n!(n+2)!}{(2n)!} }\) - szereg naprzemienny,

Proszę zbadać ich zbieżność.

Ten już wcześniej zrobiłem z Leibnitza i wyszło, że jest zbieżny.

Znów - sprawdź jeszcze raz, bo ten szereg nie jest zbieżny.

Ad 1. Dla zwykłych liczb to działa, myślałem że dla silni też. Oczywiście po podstawieniu za n=2 wszystko legło w gruzach. Dzięki za zwrócenie uwagi.

Ad 2. No tak. W końcu granica \(\displaystyle{ a_{n}= \infty }\) a w Leibnitzu musi być 0. Myślałem, że to \(\displaystyle{ -4^{n}}\) mogę wyrzucić na początek i liczyć tylko granicę tego \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{n!(n+2)!}{(2n)!} }\). Jednak tak nie można. Dzięki.

Ad 3. No cóż - nie rozumiem tego co mówicie o dwumianie Newtona i tych przekształceniach. Pozostaje mi poczekać aż otworzą z powrotem uniwersytety i nam pani z analizy powie czemu nam zadała ten przykład mimo, że
- nic nie mieliśmy o dwumianie Newtona
- nie mieliśmy kryterium Raabego o którym wspominał któryś z użytkowników.

Chyba, że nasz wykładowca zna jakąś inną metodę...