Matematyka.pl

Cześć, moglibyście pomóc mi zrobić kolejny krok w rozwiązaniu tego przykładu?
Polecenie: Dla jakich liczb rzeczywistych x szereg jest zbieżny

\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{\left| \cos \left(\frac{2}{3}n\Pi \right)\right| }{n \cdot \Pi^{n} } \left( x-\Pi\right) ^{n}}\)

Korzystając z kryterium d'Alemberta zatrzymałem się przed wyliczeniem odwrotności promienia zbieżności(bo to jego musze wyliczyć, tak? )
\(\displaystyle{ \lim_{n->\infty}\frac{\left| \cos \left( \frac{2}{3}\left( n+1\right) \cdot \Pi \right) \right| }{n\Pi+\Pi} \cdot \frac{n}{\left| \cos \left( \frac{2}{3}n\Pi \right) \right| }}\)

nie wiem jak to dalej ugryźć :/

Obawiam się, że ta granica, którą napisałeś nie istnieje. Podstaw \(\displaystyle{ t=x-\pi}\), a następnie zastosuj twierdzenie Cauchy'ego-Hadamarda.

ja bym to wziął z Cauchy'ego

\(\displaystyle{ \lim\sup _{n \to \infty } \sqrt[n]{\left| \frac{ \cos \left(\frac{2}{3}n\Pi \right)}{n \cdot \Pi^{n} } \left( x-\Pi\right) ^{n}\right|}=\lim\sup _{n \to \infty } \sqrt[n]{\left| \frac{\cos \left(\frac{2}{3}n\Pi \right) }{n \cdot \Pi^{n} }\right|} \left| x-\Pi\right|=}\)

\(\displaystyle{ \lim\sup _{n \to \infty } \sqrt[n]{\left| \frac{\cos \left(\frac{2}{3}n\Pi \right) }{n}\right|} \cdot \frac{1}{\pi} \cdot \left| x-\Pi\right|= \frac{1}{\pi} |x-\pi|}\)

\(\displaystyle{ \frac{1}{\pi} |x-\pi|<1 \Leftrightarrow |x-\pi|<\pi \Leftrightarrow -\pi<x-\pi<\pi \Leftrightarrow 0<x<2\pi}\)

\(\displaystyle{ x \in (0,2\pi)}\)

//ale nie wiemy co dla \(\displaystyle{ x=0}\) i \(\displaystyle{ x=2\pi}\)

@karakuku, a jak, i dlaczego znika Ci cały pierwiastek z ułamkiem?
i btw. czemu równa się \(\displaystyle{ \sqrt[n]{n}}\)?

// \(\displaystyle{ x=0 \wedge x=2\pi}\) będę musiał zaraz sprawdzić osobno

Rager pisze: btw. czemu równa się \(\displaystyle{ \sqrt[n]{n}}\)

\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } \sqrt[n]{n}=1}\) taka standardowa granica

bo \(\displaystyle{ \sqrt[n]{n}=n^{\frac{1}{n}}=e^{\ln n^{\frac{1}{n}}}=e^{ \frac{1}{n} \ln n}=e^{ \frac{\ln n}{n}} \rightarrow e^0=1}\)

Rager pisze:@karakuku, a jak, i dlaczego znika Ci cały pierwiastek z ułamkiem?

znika bo dąży do 1 z trzech ciągów:

\(\displaystyle{ 1 \leftarrow \sqrt[n]{\left| \frac{-1}{n}\right|} \le \sqrt[n]{\left| \frac{\cos \left(\frac{2}{3}n\Pi \right) }{n}\right|} \le \sqrt[n]{\left| \frac{1}{n}\right|} \rightarrow 1}\) i z trzech ciągów

\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } \sqrt[n]{n}=\lim_{n \to \infty } \sqrt[n]{ \frac{1}{n} }}\) - możesz to policzyć tak jak tą granicę \(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } \sqrt[n]{n}}\)

Wielkie dzięki

Nie wiem, czy stwierdzenie \(\displaystyle{ \sqrt[n]n \to 1}\) nie pojawia się gdzieś podczas definiowania funkcji wykładniczej. Bezpieczniej jest to zrobić tak:

\(\displaystyle{ n = (1 + \sqrt[n]n - 1)^n \ge 1 + {n \choose 2} (\sqrt[n]n - 1)^2}\),

więc

\(\displaystyle{ n - 1 \ge \frac{n(n-1)}{2} (\sqrt[n]n - 1)^2}\),

a stąd już wynika \(\displaystyle{ \sqrt[n]n - 1 \le \sqrt{2/n}}\). Dla \(\displaystyle{ n > 2 / \varepsilon^2}\) mamy

\(\displaystyle{ |\sqrt[n]n-1| < \varepsilon}\).

karakuku pisze: znika bo dąży do 1 z trzech ciągów:

\(\displaystyle{ 1 \leftarrow \sqrt[n]{\left| \frac{-1}{n}\right|} \le \sqrt[n]{\left| \frac{\cos \left(\frac{2}{3}n\Pi \right) }{n}\right|} \le \sqrt[n]{\left| \frac{1}{n}\right|} \rightarrow 1}\) i z trzech ciągów

To ograniczenie od dołu jest mocno naciągniete. Choć \(\displaystyle{ -1\leq \cos x\leq 1}\), to nie jest prawdą, że \(\displaystyle{ |-1|\leq |\cos x|}\).

Sprawdź jakie wartości przyjmuje \(\displaystyle{ \cos \frac{2n\pi}{3}}\) (jest ich tylko skończenie wiele).