Matematyka.pl

Czy szereg jest zbieżny Jaka jest jego suma \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{+ \infty} \frac{\sin(2n) \cos(3n)}{n } }\)

Ze wzoru Eulera:

\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{\sin (2n) \cdot \cos (3n)}{n} = \frac{1}{4i} \left( \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{e^{i5n}}{n}+ \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{e^{-in}}{n} - \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{e^{in}}{n} - \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{e^{-i5n}}{n}\right) }\)

jeżeli teraz weźmiemy:

\(\displaystyle{ f(x)= \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{e^{inx}}{n} }\)

\(\displaystyle{ f'(x)=i \sum_{n=1}^{ \infty } e^{inx}=- \frac{e^{ix}}{1-e^{ix}} }\)

z tego:

\(\displaystyle{ f(x)=-\ln (1-e^{ix})}\)

Oczywiście założenia dla \(\displaystyle{ x}\) kiedy ten szereg jest zbieżny są istotne bo nie dla wszystkich będzie zbieżny ale nie będę już tego robił...

Więc otrzymamy, że:

\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{e^{ixn}}{n} =-\ln(1-e^{ix})}\)

otrzymamy:

\(\displaystyle{ \frac{1}{4i} \left[ -\ln (1-e^{5i}) -\ln (1-e^{-i}) + \ln (1-e^{-5i} +\ln (1-e^{-i}) \right] }\)

\(\displaystyle{ \frac{1}{4i} \ln \frac{1-e^{-5i}}{1-e^{5i}} + \ln \frac{1-e^{i}}{1-e^{-i}} = \frac{1}{4i} \left[ \ln (-e^{-5i})+\ln (-e^i) \right] = \frac{1}{4i} \ln e^{-4i}=-1}\)

O ile gdzieś się nie pomyliłem...

Dodano po 5 godzinach 20 minutach 56 sekundach:

arek1357 pisze: ↑31 sty 2024, o 16:52 Ze wzoru Eulera:

\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{\sin (2n) \cdot \cos (3n)}{n} = \frac{1}{4i} \left( \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{e^{i5n}}{n}+ \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{e^{-in}}{n} - \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{e^{in}}{n} - \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{e^{-i5n}}{n}\right) }\)

jeżeli teraz weźmiemy:

\(\displaystyle{ f(x)= \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{e^{inx}}{n} }\)

\(\displaystyle{ f'(x)=i \sum_{n=1}^{ \infty } e^{inx}=- \frac{e^{ix}}{1-e^{ix}} }\)

Na serio uważasz, że szereg złozony z wyrazów o module `1` może być zbieżny?

z tego:

\(\displaystyle{ f(x)=-\ln (1-e^{ix})}\)

Oczywiście założenia dla \(\displaystyle{ x}\) kiedy ten szereg jest zbieżny są istotne bo nie dla wszystkich będzie zbieżny ale nie będę już tego robił...

A szkoda. Jak się chcesz zajmować matematyką, to warto jednak pomyśleć

\(\displaystyle{ | \sum_{n=1}^{N} e^{inx}|=| e^{ix}\frac{1-e^{ixN}}{1-e^{ix}} |<= \frac{|e^{ix}-e^{ix}e^{ixN}|}{|1-e^{ix}|} <= \frac{|1|+|1*1|}{|1-e^{ix}|} = \frac{2}{|1-e^{ix}|} }\)

dla:

\(\displaystyle{ x<>2k\pi}\)

Szereg jak widać jest zbieżny, dół jest też ograniczony...

Tak samo jak szereg `1-1+1-1...`
Z faktu, że sumy cząstkowe są ograniczone nie wynika zbieżnośc szeregu

Tak ale skoro na ixach nam za bardzo nie zależy dobieramy se takie ixy aby:

\(\displaystyle{ \sin (nx) }\)

oraz:

\(\displaystyle{ \cos (nx)}\)

Były wybitnie dodatnie a wtedy zbieżnoś być musi...

Bredzisz

Nie bredze ale sądzę, że są ixy dla których ten ciąg jest zbieżny i tu nawet nie ma dyskusji tak czy siak czy dodatnie czy ujemne ......

Dodano po 10 minutach 22 sekundach:
\(\displaystyle{ \displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{e^{ixn}}{n} =-\ln(1-e^{ix})}}\)

Czy to jest źle? według ciebie a skoro prawej strony mogę wziąć pochodną to z lewej też...

Dodano po 2 minutach 33 sekundach:
co daje w konsekwencji:

\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{\sin (nx)}{n} = \frac{\pi - x}{2} }\)

Dodano po 11 minutach 9 sekundach:
Zresztą jest to szereg geometryczny gdzie moduł ilorazu przy doborze odpowiedniego x będzie mniejszy od jeden i sprawa pozamiatana, tu nie ma o czy gdybać...

Dodano po 9 sekundach:
Zresztą jest to szereg geometryczny gdzie moduł ilorazu przy doborze odpowiedniego x będzie mniejszy od jeden i sprawa pozamiatana, tu nie ma o czy gdybać...

Dodano po 8 godzinach 17 minutach 3 sekundach:
Z tym szeregiem a4karo jakby się nie przyjrzeć masz rację popieram ale jest inne wyjście?

arek1357 pisze: ↑1 lut 2024, o 16:57 Tak ale skoro na ixach nam za bardzo nie zależy dobieramy se takie ixy aby:

\(\displaystyle{ \sin (nx) }\)

oraz:

\(\displaystyle{ \cos (nx)}\)

Były wybitnie dodatnie a wtedy zbieżność być musi...

Nawet najsilniejsza wiara nie zmieni faktu, że dla `x` niewspółmiernych z `\pi` zbiory \(\displaystyle{ \{\sin nx: n\in\NN\}}\) oraz \(\displaystyle{ \{\cos nx: n\in\NN\}}\) są gęste w `[-1,1]`, więc dodatniości być nie może.
A dla `x` współmiernych z `\pi` każdy z tych zbiorów jest dyskretny i zawiera zarówno dodatnie jak i ujemne wyrazy (za wyjątkiem przypadku `x=2k\pi`).

arek1357 pisze:Zresztą jest to szereg geometryczny gdzie moduł ilorazu przy doborze odpowiedniego x będzie mniejszy od jeden i sprawa pozamiatana, tu nie ma o czy gdybać...

Napisać można wszystko. Ale z myślenia nic nie zwalnia


Wzorek \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{e^{ixn}}{n} =-\ln(1-e^{ix})}\) jest fajny (choć nie dla wszystkich `x` - ale przywyczaiłeś nas do tego, że jeżeli założenia nie sa spełnione, to tym gorzej dla założeń), ale po zróżniczkowaniu wyraz po wyrazie po lewej stronie dostaniesz szereg
\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } e^{ixn}}\), który jest szeregiem geometrycznym ale zbieżny nie jest, bo nie jest spełniony warunek KONIECZNY zbieżności szeregów.
\(\displaystyle{ \lvert e^{ixn} \rvert=\lvert \cos nx+i\sin nx\rvert=1}\)

Wiem masz tu racje tylko szkoda by było ładnego wzorku

Dodano po 19 minutach 46 sekundach:

A dla x współmiernych z π każdy z tych zbiorów jest dyskretny i zawiera zarówno dodatnie jak i ujemne wyrazy (za wyjątkiem przypadku x=2kπ).

Wiem akurat szkoda to dość smutna prawda...