Matematyka.pl

Cześć,

Potrzebuję zbadać zbieżność następującego szeregu funkcyjnego:

\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{+\infty}\frac{x}{n^2}}\).
Spełnia on warunek konieczny, jednak szereg norm jest rozbieżny. Co z tym można zrobić?

/edit: Zauważyłem że jednak nie spełnia warunku koniecznego, przepraszam za zbędny temat.

Policzyłeś rozwinięcie, ale zauważ, że nie da się odczytać z niego, co stoi przy \(\displaystyle{ x^n}\). Jeżeli masz policzyć któryś tam konkretny wielomian, lepiej licz wartości kolejnych pochodnych w zerze.

Jest to twierdzenie o "różniczkowaniu szeregu potęgowego wyraz po wyrazie", które w skrócie brzmi następująco: \left( \sum_{n=0}^{\infty}a_n (x-h)^n\right)' = \sum_{n=0}^{\infty}\left(a_n (x-h)^n\right)' = \sum_{n=0}^{\infty}na_n (x-h)^{n-1} , a przy h=0 \left( \sum_{n=0}^{\infty}a_n x^n\r...

Tym samym, czym różni się wariacja od permutacji. W permutacji z powtórzeniami masz zadany konkretny (multi)zbiór a w wariacjach elementy występują z dowolnymi krotnościami.

Tak, dla każdego \(\displaystyle{ i}\) można takie coś policzyć na podstawie zaburzenia sumy z \(\displaystyle{ i+1}\) i policzonych wyników dla mniejszych \(\displaystyle{ i}\).

Dla ciągów możemy tak sprawdzać(jak dla funkcji). Jeżeli własność zachodzi dla dowolnego m większego niż n to w szczególności zachodzi też dla n+1 . Z drugiej strony dla funkcji innych niż określone na zbiorach induktywnych sprawdzać jak dla ciągów nie można, bo zwyczajnie gubimy część dziedziny ska...

Sorry w tym drugim to Krysicki miał rację wystarczy z korzystać z tw. D'Hospitala \lim_{x \to 2 } \frac{x^{2}-1}{x-2} = \lim_{x \to 2 } \frac{2x}{1} = \lim_{x \to2 } \frac{2 \cdot 2}{1} = 4 Umiesz przytoczyć treść tego "twierdzenia D'Hospitala" skoro tak chętnie je stosujesz? Ewidentnie w...

Chyba zgodzisz się, że dla dużych n , 5n ^{7} -n ^{2} +2 \le n ^{8} ? Dlatego do ósmej potęgi, bo jest to łatwe ograniczenie i nie trzeba nic z tym więcej kombinować. A Twoje rozwiązanie moim zdaniem nie jest poprawne, bo jak mówiłem nie można przechodzić z jedną zmienną do granicy w różnych momenta...

Nie polecam przechodzenia kolejno do granicy w kilku miejscach(tak jak musiałbyś to zrobić pod pierwiastkiem), można się oszukać.

Dla dostatecznie dużych \(\displaystyle{ n}\),
\(\displaystyle{ 1 \leftarrow \sqrt[n]{n} \le \sqrt[n]{5n ^{7} -n ^{2} +2} \le \sqrt[n]{n ^{8}}=(\sqrt[n]{n})^8 \rightarrow 1}\)

Nie, to jest \(\displaystyle{ n}\). Musisz tu zamienić podstawę potęgi na \(\displaystyle{ e}\) i pomnożyć licznik i mianownik przez \(\displaystyle{ n \ln x}\).

Tak.

Glo pisze:Ale przecież jedynka do dowolnej potęgi to wciąż jeden.

Symbol \(\displaystyle{ 1^\infty}\) jest nieoznaczony. Tutaj trzeba to wyrażenie poprzekształcać - polecam zacząć od "wyciągnięcia" z tego ułamka \(\displaystyle{ 1}\) (bo w końcu to trochę przypomina granicę z \(\displaystyle{ e}\)).

Nie wiem o które przejście pytasz. Jeżeli chodzi o pierwsze, to właśnie zauważyłem że powinno się rozważyć właściwie dwie granice(stosując "podstawienie", czyli twierdzenie o granicy złożenia funkcji): \lim_{x\to 0^+}\frac{\sin\frac{1}{x}}{\frac{1}{x}} =\lim_{x\to + \infty}\frac{\sin x}{x}...

Szkoda, że stosując tę regułę nie znasz nawet warunków, które muszą być spełnione żeby zadziałała... \frac{x^2\sin\frac{1}{x}}{\sin x}=\frac{x}{\sin x} \cdot \frac{\sin\frac{1}{x}}{ \frac{1}{x} } \lim_{x\to 0}\frac{x}{\sin x} =1 \lim_{x\to 0}\frac{\sin\frac{1}{x}}{\frac{1}{x}} =\lim_{x\to + \infty}\...

OK, zgadzamy się co do tego że tangens jest funkcją ciągłą - w sensie ciągłą w każdym punkcie swojej dziedziny Proponuję już zakończyć tę dyskusję którą sam niepotrzebnie zacząłem za co przepraszam.