Matematyka.pl

Umiesz odejmować?

No to w takim razie 5-4=1

OrangeBagel20 pisze: 12 gru 2022, o 07:21 No to w takim razie 5-4=1

Hmmm... A skąd wzięła się odjemna i odjemnik?

OrangeBagel20 pisze: 11 gru 2022, o 20:54 No to w takim razie wybrałabym 2

OrangeBagel20 pisze: 11 gru 2022, o 21:04 Dla wykładnika będzie 2,5

Na wszelki wypadek przypomnę, że \(\displaystyle{ \frac{a^b}{a^c}=a^{b-c}. }\)

JK

No to w takim razie \(\displaystyle{ - \frac{1}{2} }\)

No właśnie. Widzisz zatem, że wyrazy tego szeregu są rzędu \(\displaystyle{ \frac{1}{ \sqrt{n} }.}\) To powinno Ci wystarczyć.

JK

Tylko skąd wzięło się te \(\displaystyle{ \frac{1}{ \sqrt{n} } }\) i w jaki sposób pomaga mi to dojść do rozwiązania?

OrangeBagel20 pisze: 12 gru 2022, o 16:47 Tylko skąd wzięło się te \(\displaystyle{ \frac{1}{ \sqrt{n} } }\)

Chyba nie zrozumiałaś wskazówki a4karo. Wzięło się stąd, że \(\displaystyle{ \frac{n^2}{n^{\frac52}}=n^{-\frac12}= \frac{1}{ \sqrt{n} } .}\)

OrangeBagel20 pisze: 12 gru 2022, o 16:47 i w jaki sposób pomaga mi to dojść do rozwiązania?

Skoro wiesz, że wyraz ogólny jest rzędu \(\displaystyle{ \frac{1}{ \sqrt{n} }}\), to wiesz, że Twój szereg zachowuje się podobnie do szeregu \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{ \sqrt{n} }, }\) czyli jest rozbieżny. Musisz to tylko uzasadnić, korzystając np. z kryterium porównawczego.

JK

Udało mi się zauważyć że \(\displaystyle{ \frac{1}{ \sqrt{n ^{5} +5} } \le \frac{n ^{2}+3 }{ \sqrt{n ^{5} +5} } }\) co dalej można rozpisać jako \(\displaystyle{ \frac{1}{ \sqrt{n} } \cdot \frac{1}{ \sqrt{n ^{4} + \frac{5}{n} } } \le \frac{n ^{2}+3 }{ \sqrt{n ^{5} +5} } }\). Zatem z rozbieżności szeregu Dirichleta wynika rozbieżność szeregu \(\displaystyle{ \frac{n ^{2}+3 }{ \sqrt{n ^{5} +5} } }\).

Przyjrzałam się przykładowi nr 1 i zauważyłam pewien problem. Po zastosowaniu tej techniki wynik dzielenia wyszedł mi \(\displaystyle{ n ^{ \frac{1}{2} } }\). Co w takiej sytuacji? Czy dalej dałoby się to podciągnąć pod szereg Dirichleta?

Ilorazowe kryterium porównawcze

\(\displaystyle{ \lim_{n\to \infty} \frac{a_{n}}{b_{n}} = \lim_{n\to \infty} \frac{\frac{n^2+3}{\sqrt{n^5+5}}}{\frac{1}{\sqrt{n}}}= \lim_{n\to \infty} \frac{\sqrt{n}(n^2+3)}{\sqrt{n^5+5}} = \lim_{n\to \infty} \sqrt{\frac{n(n^2+3)^2}{n^5+5}} = \lim_{n\to \infty} \sqrt{\frac{n(n^4+6n^2+9)}{n^5+5}}= 1.}\)

Ponieważ szereg \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{n}} }\) jest rozbieżny (jako szereg harmoniczny rzędu \(\displaystyle{ p=\frac{1}{2} ) }\) i \(\displaystyle{ 0 < k < \infty, }\) więc na podstawie ilorazowego kryterium porównawczego badany szereg \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{n^2+3}{\sqrt{n^5+5}} }\) jest rozbieżny.

Dziękuję za rozpisanie ale zastanawiałam się nad przykładem \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{n^{2}+2}{ \sqrt{n ^{3} - 5 } } }\) i czy da się skorzystać z tego samego triku w sytuacji gdy iloraz wychodzi \(\displaystyle{ \sqrt{n} }\) a nie \(\displaystyle{ \frac{1}{\sqrt{n}} }\)

OrangeBagel20 pisze: 12 gru 2022, o 20:21 Udało mi się zauważyć że \(\displaystyle{ \frac{1}{ \sqrt{n ^{5} +5} } \le \frac{n ^{2}+3 }{ \sqrt{n ^{5} +5} } }\) co dalej można rozpisać jako \(\displaystyle{ \frac{1}{ \sqrt{n} } \cdot \frac{1}{ \sqrt{n ^{4} + \frac{5}{n} } } \le \frac{n ^{2}+3 }{ \sqrt{n ^{5} +5} } }\). Zatem z rozbieżności szeregu Dirichleta wynika rozbieżność szeregu \(\displaystyle{ \frac{n ^{2}+3 }{ \sqrt{n ^{5} +5} } }\).

Źle, zupełnie - z tych rachunków NIC nie wynika. Szacowanie \(\displaystyle{ \frac{1}{ \sqrt{n ^{5} +5} } \le \frac{n ^{2}+3 }{ \sqrt{n ^{5} +5} } }\) jest poprawne i zupełnie nieprzydatne, bo szacujesz z dołu przez szereg zbieżny - przecież szereg \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{ \sqrt{n ^{5} +5} }}\) jest zbieżny, bo \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{ \sqrt{n ^{5} +5} }\le\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{ n^2}. }\)

Skoro wiesz, że wyraz ogólny \(\displaystyle{ \frac{n ^{2}+3 }{ \sqrt{n ^{5} +5} }}\) jest rzędu \(\displaystyle{ \frac{1}{ \sqrt{n} } }\), to trzeba go oszacować od dołu przez wyraz postaci \(\displaystyle{ \frac{\text{stała}}{ \sqrt{n} } }\), np. \(\displaystyle{ \frac{n ^{2}+3 }{ \sqrt{n ^{5} +5} }\ge\frac{n ^{2} }{ \sqrt{n ^{5} +5n^5} }=\frac{1}{\sqrt{6}}\cdot\frac{1}{\sqrt{n}}.}\)

OrangeBagel20 pisze: 12 gru 2022, o 20:21Przyjrzałam się przykładowi nr 1 i zauważyłam pewien problem. Po zastosowaniu tej techniki wynik dzielenia wyszedł mi \(\displaystyle{ n ^{ \frac{1}{2} } }\). Co w takiej sytuacji? Czy dalej dałoby się to podciągnąć pod szereg Dirichleta?

A czy w przykładzie 1. sprawdziłaś warunek konieczny?

JK

W jaki sposób zachodzi ta równość: \(\displaystyle{ \frac{n ^{2} }{ \sqrt{n ^{5} +5n^5} }=\frac{1}{\sqrt{6}}\cdot\frac{1}{\sqrt{n}}}\) ?

A odnośnie przykładu 1. zastosowałam warunek konieczny w następujący sposób:
\(\displaystyle{ \lim_{ n\to \infty } \frac{n^{2}+2}{ \sqrt{n ^{3} - 5 } } = \lim_{ n\to \infty } \frac{n ^{ \frac32 }\left( n^{\frac43}+ \frac{2}{n ^{ \frac32 }}\right) }{ {n ^{ \frac{3}{2} } (1 - \frac{5}{n ^{3} }) } } =\lim_{n \to \infty } \frac{ \sqrt[3 ]{n ^{4}} + \frac{2}{ \sqrt{n ^{3} } } }{1- \frac{5}{n ^{3} } } = \frac{ \infty }{1} }\)
czyli z warunku koniecznego wynika że szereg jest rozbieżny

OrangeBagel20 pisze: 12 gru 2022, o 22:58 W jaki sposób zachodzi ta równość: \(\displaystyle{ \frac{n ^{2} }{ \sqrt{n ^{5} +5n^5} }=\frac{1}{\sqrt{6}}\cdot\frac{1}{\sqrt{n}}}\) ?

W normalny:

\(\displaystyle{ \frac{n ^{2} }{ \sqrt{n ^{5} +5n^5} }=\frac{n ^{2} }{ \sqrt{6n ^{5}}}=\frac{n ^{2} }{ n^2\sqrt{6n}}=\frac{1}{\sqrt{6}}\cdot\frac{1}{\sqrt{n}}.}\)

OrangeBagel20 pisze: 12 gru 2022, o 22:58czyli z warunku koniecznego wynika że szereg jest rozbieżny

No widzisz.

JK

A tak swoją drogą to co oznacza że "wyraz ogólny jest rzędu"? Ciężko odnaleźć informację na ten temat.

Kryterium ilorazowe orzeka, że jeśli \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty} a_n}\) i \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty} b_n}\) są szeregami o wyrazach dodatnich i takimi, że istnieje niezerowa, skończona granica

\(\displaystyle{ g = \lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{b_n}}\),

to albo oba szeregi są zbieżne, albo oba są rozbieżne. Sytuację, w której spełniony jest powyższy warunek (istnienie niezerowej, skończonej granicy \(\displaystyle{ \frac{a_n}{b_n}}\)), określa się zwrotem "ciągi \(\displaystyle{ a_n}\) i \(\displaystyle{ b_n}\) są tego samego rzędu". Dla przykładu: ciąg \(\displaystyle{ a_n = \sqrt{n^3+7}}\) jest tego samego rzędu co ciąg \(\displaystyle{ b_n = n^{\frac{3}{2}}}\), gdyż

\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} \frac{\sqrt{n^3+7}}{n^{\frac{3}{2}}} = 1}\).

Rząd wielkości jest bardzo wygodnym pojęciem przy badaniu zbieżności szeregu, po pierwsze z uwagi na przytoczone kryterium, a po drugie ze względu na jego naturalne własności. Weźmy na przykład szereg

\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin \frac{1}{n} \cdot \sqrt{5n^3+n}}{\sqrt[3]{n^7+9n^3}}}\).

Badanie zbieżności szeregu przez osobę wtajemniczoną przebiega tak: \(\displaystyle{ \sin \frac{1}{n}}\) jest rzędu \(\displaystyle{ \frac{1}{n}}\), z kolei \(\displaystyle{ \sqrt{5n^3+n}}\) jest rzędu \(\displaystyle{ n^{\frac{3}{2}}}\), natomiast \(\displaystyle{ \sqrt[3]{n^7+9n^3}}\) jest rzędu \(\displaystyle{ n^{\frac{7}{3}}}\). Nietrudno wykazać, iż wynika stąd że cały ułamek jest rzędu \(\displaystyle{ \frac{\frac{1}{n} \cdot n^{\frac{3}{2}}}{n^{\frac{7}{3}}} = \frac{1}{n^{\frac{11}{6}}}}\) - co można podsumować tak, że w tym przypadku (i wielu podobnych) można zwyczajnie zastąpić dany fragment ciągu przez prostsze wyrażenie tego samego rzędu. Skoro zaś szereg \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{\frac{11}{6}}}}\) jest zbieżny (gdyż \(\displaystyle{ \frac{11}{6} > 1}\)), to na mocy kryterium ilorazowego również początkowy szereg jest zbieżny.