Strona 1 z 1
zbieznosc
: 23 sie 2008, o 00:49
autor: krzysiek_bienio
jak zbadac zbieznosc takiego szeregu
\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty} \sqrt[n]{2}-1}\)
\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{e^{-\sqrt{n}}}{\sqrt{n}}}\)
\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{n+1}}*ln\frac{3n-2}{3n+2}}\)
zbieznosc
: 23 sie 2008, o 09:10
autor: Lider_M
1) \(\displaystyle{ \sum \left(2^{\frac{1}{n}}-1\right)}\) (*)
Ponieważ:
\(\displaystyle{ \lim_{n\to\infty}\frac{2^{\frac{1}{n}}-1}{\frac{1}{n}}=\ln 2>0}\) oraz szereg \(\displaystyle{ \sum\frac{1}{n}}\) jest rozbieżny, to na mocy kryterium ilorazowego, szereg (*) jest rozbieżny.
2) Dla dostatecznie dużych \(\displaystyle{ n}\) zachodzi:
\(\displaystyle{ e^{\sqrt{n}}>n^{\frac{3}{2}}}\), co jest równoważne nierówności:
\(\displaystyle{ \frac{1}{e^{\sqrt{n}}\sqrt{n}}}\)
zbieznosc
: 23 sie 2008, o 14:24
autor: krzysiek_bienio
jak udowodnic ta nierownosc wykorzystana w drugim przykladzie oraz czy granica ktora otrzymales w pierwszym przykladzie jest poprawna ?
zbieznosc
: 25 sie 2008, o 16:58
autor: Lider_M
W pierwszym przykładzie skorzystałem z granicy \(\displaystyle{ \lim_{h\to 0}\frac{a^h-1}{h}=\ln a}\) (łatwy dowód przy użyciu de L'Hospitala, albo jak chcesz, moge pokazać inny).
Czyli:
\(\displaystyle{ \lim_{h\to 0}\frac{a^h-1}{h}=^{(H)}=\lim_{h\to 0}\frac{a^h\ln a}{1}=a^0\ln a=\ln a}\)
W drugim nierówność
\(\displaystyle{ e^\sqrt{n}>n^{\frac{3}{2}}\)
Wynika z granicy:
\(\displaystyle{ \lim_{n\to\infty}\frac{e^n}{n^k}=\infty}\) (dla kazdego \(\displaystyle{ k>0}\)). Ponieważ ta granica wynosi \(\displaystyle{ \infty}\), i funkcje \(\displaystyle{ e^n}\), \(\displaystyle{ n^k}\) są rosnące, to od pewnego momentu będzie zachodziło \(\displaystyle{ \frac{e^n}{n^k}>1}\), w szczególności będzie zachodzić \(\displaystyle{ e^{\sqrt{n}}>n^{\frac{3}{2}}\).