Suma szeregu - poprawność dowodu

[Fanik]

\(\displaystyle{ \begin{array}{l}
{\mbox{Musze pokazac}}{\mbox{, ze:}} \\
& S = \left( {\frac{1}{1} - \frac{1}{2}} \right) + \left( {\frac{1}{2} - \frac{1}{3}} \right) + \left( {\frac{1}{3} - \frac{1}{4}} \right) + ... = 1 \\
{\mbox{Oczywiscie mozna zauwazyc}}{\mbox{, ze drugi wyraz z nawiasu redukuje sie}} \\
{\mbox{z pierwszym wyrazem nastepnego nawiasu i dostajemy}} \\
& \left( {\frac{1}{1} - \gray{{\frac{1}{2}}}} \right) + \left( {\gray{{\frac{1}{2}}} - \gray{{\frac{1}{3}}}} \right) + \left( {\gray{{\frac{1}{3}}} - \frac{1}{4}} \right) + ... = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\frac{1}{1} - \frac{1}{n}} \right) = 1 - 0 = 1 \\
{\mbox{ale taki dowod jest zbyt prosty i brzydki}}{\mbox{. Rozpisujac to na szereg}}{\mbox{, dostajemy:}} \\
& {\mbox{S = }}\sum\limits_{{\mbox{n = 1}}}^\infty {\left( {\frac{1}{n} - \frac{1}{{n + 1}}} \right) = } \sum\limits_{{\mbox{n = 1}}}^\infty {\left( {\frac{{n + 1}}{{n\left( {n + 1} \right)}} - \frac{n}{{n\left( {n + 1} \right)}}} \right) = } \sum\limits_{{\mbox{n = 1}}}^\infty {\frac{1}{{n\left( {n + 1} \right)}}} \\
{\mbox{Z twierdzenia asymptotycznego szereg jest asymptotyczny z szeregiem }}\sum {\frac{{\mbox{1}}}{{{\mbox{n}}^{\mbox{2}} }}{\mbox{ }}} \\
{\mbox{a wiec na pewno jest zbiezny}}{\mbox{. Cos mi sie kojarzy (analize mialem 3 lata temu)}}{\mbox{, ze}} \\
{\mbox{sumy niektorych ciekawych szeregow liczbowych mozna bylo liczyc wykorzystujac}} \\
{\mbox{do tego szeregi potegowe}}{\mbox{. Niech wiec:}} \\
& F(x) = \sum\limits_{{\mbox{n = 1}}}^\infty {\frac{1}{{n\left( {n + 1} \right)}}} x^{n + 1} \\
\end{array}}\)

\(\displaystyle{ \begin{array}{l}
{\mbox{Widzimy}}{\mbox{, ze:}} \\
& S = F(1). \\
{\mbox{Ponadto}}{\mbox{, rozniczkujac wyraz po wyrazie dostajemy:}} \\
& F'(x) = \left( {\sum\limits_{{\mbox{n = 1}}}^\infty {\frac{1}{{n\left( {n + 1} \right)}}} x^{n + 1} } \right)^\prime = \sum\limits_{{\mbox{n = 1}}}^\infty {\frac{1}{n}x^n } \\
{\mbox{Analogicznie}}{\mbox{, nastepna pochodna:}} \\
& F''(x) = \left( {\sum\limits_{{\mbox{n = 1}}}^\infty {\frac{1}{n}x^n } } \right)^\prime = \sum\limits_{{\mbox{n = 1}}}^\infty {x^{n - 1} } = 1 + x + x^2 + ... = \frac{1}{{1 - x}} \\
{\mbox{Mozemy teraz policzyc z kolei calke:}} \\
& F'(x) = \int {F''(x)dx} = \int {\frac{1}{{1 - x}}dx} = - \ln (1 - x) + C \\
{\mbox{Aby zachodzila rownosc funkcji}}{\mbox{, nalezy dobrac stala C}}{\mbox{. Policzmy obie strony w punnkcie }}x = 0 \\
& L = F'(0) = \sum\limits_{{\mbox{n = 1}}}^\infty {\frac{1}{n}0^n } = 0 \\
& P = - \ln (1 - 0) + C = 0 + C = C \\
{\mbox{Zatem }}C = 0{\mbox{ oraz dostajemy:}} \\
& F'(x) = - \ln (1 - x) \\
\end{array}}\)

\(\displaystyle{ \begin{array}{l}
{\mbox{Liczac nastepna calke w analogiczny sposob:}} \\
& F(x) = \int {F'(x)dx} = \int { - \ln (1 - x)dx} = \left[ \begin{array}{l}
1 - x = t \\
dx = - dt \\
\end{array} \right] = \\
& = \int {\ln tdt} = t\ln t - t + D = \left( {1 - x} \right)\ln (1 - x) - (1 - x) + D \\
{\mbox{Aby zachodzila rownosc funkcji}}{\mbox{, nalezy dobrac stala D}}{\mbox{. Policzmy obie strony w punnkcie }}x = 0 \\
& L = F(0) = \sum\limits_{{\mbox{n = 1}}}^\infty {\frac{1}{{n\left( {n + 1} \right)}}} 0^{n + 1} = 0 \\
& P = \left( {1 - 0} \right)\ln (1 - 0) - (1 - 0) + D = D - 1 \\
{\mbox{Skad dostajemy warunek: }}D = 1{\mbox{ i zatem:}} \\
& F(x) = \left( {1 - x} \right)\ln (1 - x) - (1 - x) + 1 = (1 - x)\ln (1 - x) + x \\
{\mbox{Wracajac do samego poczatku}}{\mbox{, aby policzyc }}S{\mbox{, musimy policzyc }}F(1).{\mbox{ Niestety}}{\mbox{, nasza funkcja}} \\
{\mbox{jest nieokreslona w }}x = 1.{\mbox{ Mozemy policzyc jednak granice }}\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} F(x). \\
{\mbox{I tu mam watpliwosc - czy moge zalozyc}}{\mbox{, ze S = }}\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} F(x)? \\
\end{array}}\)

\(\displaystyle{ \begin{array}{l}
& \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} F(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} (1 - x)\ln (1 - x) + x = [0 \cdot \infty - 1] = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} (1 - x)\ln (1 - x) + \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} x = \\
& = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\ln (1 - x)}}{{\frac{1}{{1 - x}}}} + 1\mathop = \limits^{\mbox{H}} \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left[ {\ln (1 - x)} \right]^\prime }}{{\left[ {\frac{1}{{1 - x}}} \right]^\prime }} + 1 = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{ - \frac{1}{{1 - x}}}}{{\frac{1}{{\left( {1 - x} \right)^2 }}}} + 1 = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {x - 1} \right) + 1 = 0 + 1 = 1 \\
\end{array}}\)

[a4karo]

No, to sie naliczyłeś. A najprościej było wyznaczyć \(\displaystyle{ S_n}\) i obliczyć prościutką granicę \(\displaystyle{ \lim_{n\to\infty} S_n}\)


Prosty i brzydki: te dwa słowa a matematyce bardzo do siebie nie pasują.

To, co napisałeś nie jest ani proste, ani ładne. Sorry