Suma częściowa i zbieżność

mkalafior · Post autor: **mkalafior** » 12 lut 2010, o 19:03

Jakie będą sumy częściowe tych dwóch szeregów? Niestety nie mogę sobie z nimi poradzić, mógłby ktoś to rozwiązać krok po kroku, żebym zrozumiał jak się za nie zabrać ?

\(\displaystyle{ \sum_{n=2}^{\infty }ln(1- \frac{1}{n-2} )}\)
oraz
\(\displaystyle{ \sum_{n=2}^{\infty } \sqrt[n]{n} - \sqrt[n+1]{n+1}}\)

miodzio1988 · Post autor: **miodzio1988** » 12 lut 2010, o 19:06

Pierwsza : od dwoch sumujemy na pewno?
dwa:
Wstaw sobie lika pierwszych wyrazow i zobacz co się dzieje.
definicja do reki i robisz

mkalafior · Post autor: **mkalafior** » 12 lut 2010, o 19:26

Tak, w pierwszym jedziemy od 2.

Drugi:
\(\displaystyle{ \sum_{n=2}^{\infty } \sqrt[n]{n} - \sqrt[n+1]{n+1}}\)
\(\displaystyle{ S_{n} = ( \sqrt{2} - \sqrt[3]{3} ) + ( \sqrt[3]{3} - \sqrt[4]{4}... \sqrt[n]{n} - \sqrt[n+1]{n+1}) = \sqrt{2} - \sqrt[n+1]{n+1}}\)

Granica
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } S_{n} = \lim_{n \to \infty } ( \sqrt{2} - \sqrt[n+1]{n+1}) = \sqrt{2} - 1}\)

\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } a_{n} = \lim_{n \to \infty } \sqrt[n]{n} - \sqrt[n+1]{n+1} = 0}\)

Ukryta treść:

Czyli jest zbieżny i ma sumę \(\displaystyle{ \sum_{n=2}^{\infty } \sqrt[n]{n} - \sqrt[n+1]{n+1} = \sqrt{2} - 1}\)

Post autor: **Zordon** » 12 lut 2010, o 19:41

Nie, na czym twoim zdaniem polega rozbieżność szeregu?
Poza tym granica też jest źle policzona.

mkalafior · Post autor: **mkalafior** » 12 lut 2010, o 20:01

Nie wiem o czym myślę, wyżej poprawiłem granicę.
Szereg jest rozbieżny jeśli \(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } a_{n} \neq 0}\)
No i co z tym pierwszym szeregiem?

Post autor: **Zordon** » 12 lut 2010, o 20:06

Tutaj masz \(\displaystyle{ a_n}\), a wyżej rozważasz granicę \(\displaystyle{ S_n}\).

mkalafior · Post autor: **mkalafior** » 12 lut 2010, o 20:16

No i zostało pierwsze, tam nie ma być coś z liczbą e?

Lukasz_C747 · Post autor: **Lukasz_C747** » 12 lut 2010, o 20:26

\(\displaystyle{ \ln(1- \frac{1}{n-2}) = \ln(\frac{n-2-1}{n-2}) = \ln(\frac{n-3}{n-2}) = \ln(n-3)-\ln(n-2)}\)
Dalej analogicznie jak drugi przykład. Stąd też wątpliwości miodzio1988 czy sumujemy od dwóch.

mkalafior · Post autor: **mkalafior** » 12 lut 2010, o 21:52

W tym pierwszym był błąd ale tak to jest jak się po kimś przepisuje.
Powinno być
\(\displaystyle{ \sum_{n=2}^{\infty }ln(1- \frac{1}{n^2} )}\)

Lukasz_C747 · Post autor: **Lukasz_C747** » 15 lut 2010, o 15:51

\(\displaystyle{ \ln(1- \frac{1}{n^2}) = \ln(\frac{n^2-1}{n^2}) = \ln(n^2-1)-\ln(n^2) = \ln[(n+1)(n-1)]-2\ln(n) = \ln(n+1)+\ln(n-1)-2\ln(n)}\)
I analogicznie jak poprzednie, jak się rozpisze sumy częściowe, to się jakoś ładnie skróci.