Badanie zbieżności szeregu
-
janusz47
- Użytkownik
- Posty: 7918
- Rejestracja: 18 mar 2009, o 16:24
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 30 razy
- Pomógł: 1671 razy
Re: Badanie zbieżności szeregu
Sposób drugi
Zbadamy zbieżność szeregu
\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n!} \left(\frac{n}{e}\right)^{n} }\) stosując Kryterium Raabego.
Tworzymy ciąg Raabego:
\(\displaystyle{ \mathcal{R}_{n} = n\left( \frac{a_{n}}{a_{n+1}} -1\right)}\)
\(\displaystyle{ \mathcal{R}_{n} = n\left(\frac{\frac{1}{n!}\left(\frac{n}{e}\right)^{n}}{\frac{1}{(n+1)!}\left(\frac{n+1}{e}\right)^{n+1}} -1\right) = n\left[ e \left(\frac{n}{n+1}\right)^{n} -1 \right] =n\left [\frac{e}{\left(1 +\frac{1}{n}\right)^{n}} -1\right] }\)
Obliczamy:
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty}\mathcal{R}_{n} = \lim_{n\to \infty} n\left (\frac{e}{\left(1 +\frac{1}{n}\right)^{n}} -1\right) \left[ \frac{1}{n} = t \right] = \lim_{t\to 0} \frac{1}{t} \left(\frac{e}{(1 + t)^{\frac{1}{t}}} -1 \right )\stackrel{H}=\lim_{t\to 0} \left\{ -\frac{e}{\left[(1+t)^{\frac{1}{t}}\right]} \left[ (1+t)^{\frac{1}{t}}+\ln(1+t)\cdot \left(-\frac{1}{t^2}\right)+ \frac{1}{t}(1+t)^{\frac{1}{t-1}}\right] \right\} = }\)
\(\displaystyle{ = \lim_{t\to 0} \frac{e}{(1+t)^{\frac{1}{t}}} \cdot \frac{\ln(1+t) - \frac{t}{1+t}}{t^2} \left[\ln(1+t) = t -\frac{1}{2}t^2 +o(t^2), \ \ \frac{t}{1+t} = t-t^2 +o(t^2)\right] = \lim_{t\to 0} \frac{t -\frac{1}{2}t^2 - t + t^2}{t^2} = \frac{1}{2} < 1 }\)
Badany szereg jest rozbieżny.
Zbadamy zbieżność szeregu
\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n!} \left(\frac{n}{e}\right)^{n} }\) stosując Kryterium Raabego.
Tworzymy ciąg Raabego:
\(\displaystyle{ \mathcal{R}_{n} = n\left( \frac{a_{n}}{a_{n+1}} -1\right)}\)
\(\displaystyle{ \mathcal{R}_{n} = n\left(\frac{\frac{1}{n!}\left(\frac{n}{e}\right)^{n}}{\frac{1}{(n+1)!}\left(\frac{n+1}{e}\right)^{n+1}} -1\right) = n\left[ e \left(\frac{n}{n+1}\right)^{n} -1 \right] =n\left [\frac{e}{\left(1 +\frac{1}{n}\right)^{n}} -1\right] }\)
Obliczamy:
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty}\mathcal{R}_{n} = \lim_{n\to \infty} n\left (\frac{e}{\left(1 +\frac{1}{n}\right)^{n}} -1\right) \left[ \frac{1}{n} = t \right] = \lim_{t\to 0} \frac{1}{t} \left(\frac{e}{(1 + t)^{\frac{1}{t}}} -1 \right )\stackrel{H}=\lim_{t\to 0} \left\{ -\frac{e}{\left[(1+t)^{\frac{1}{t}}\right]} \left[ (1+t)^{\frac{1}{t}}+\ln(1+t)\cdot \left(-\frac{1}{t^2}\right)+ \frac{1}{t}(1+t)^{\frac{1}{t-1}}\right] \right\} = }\)
\(\displaystyle{ = \lim_{t\to 0} \frac{e}{(1+t)^{\frac{1}{t}}} \cdot \frac{\ln(1+t) - \frac{t}{1+t}}{t^2} \left[\ln(1+t) = t -\frac{1}{2}t^2 +o(t^2), \ \ \frac{t}{1+t} = t-t^2 +o(t^2)\right] = \lim_{t\to 0} \frac{t -\frac{1}{2}t^2 - t + t^2}{t^2} = \frac{1}{2} < 1 }\)
Badany szereg jest rozbieżny.