Stranica 1 od 1

Ispitivanje konvergencije reda

PostPoslato: Četvrtak, 09. Avgust 2018, 13:59
od Igor
Zadatak: Neka je data funkcija [inlmath]f(x) = - \frac{1}{|x|} + \arctan{\frac{2x}{x^2 - 1}}[/inlmath]. Odrediti funkciju [inlmath]F(x) = \int\limits_1^x {f(t)}\mathrm dt[/inlmath], za [inlmath]x > 1[/inlmath]. Zatim ispitati konvergenciju reda [inlmath]\sum\limits_{n=1}^{\infty} n^p(F(n + 1) - F(n))^q[/inlmath], u zavisnosti od realnih parametara [inlmath]p[/inlmath] i [inlmath]q[/inlmath].

Traženu funkciju sam odredio. Ja dobijam [inlmath]F(x) = \ln{\frac{x^2 + 1}{2x} + x\cdot\arctan{\frac{2x}{x^2 - 1}} - \frac{\pi}{2}}[/inlmath]. Ako neko može da proveri da li je tačno, značilo bi mi. A što se tiče drugog dela zadatka, tu mi je potrebna pomoć, ukoliko sam tačno izračunao funkciju [inlmath]F[/inlmath].

Re: Ispitivanje konvergencije reda

PostPoslato: Petak, 10. Avgust 2018, 16:59
od Igor
Proverio sam račun, tačno je da je [inlmath]F(x) = \ln{\frac{x^2 + 1}{2x} + x\cdot\arctan{\frac{2x}{x^2 - 1}} - \frac{\pi}{2}}[/inlmath].
Kada se to "ubaci" u izraz za red, dobija se (posle sređivanja): [dispmath]\sum\limits_{n=1}^{\infty} n^p(\ln{\frac{n^2(n+2)}{(n-1)(n+1)^2 }} + \arctan{\frac{2(n+1)}{n(n+2)}} - \arctan{\frac{2n}{n^2+1}})^q[/dispmath]Za dalje nemam ideju. Pokušao sam da posmatram ovaj red kao proizvod dva reda, da bih u nekom trenutku primenio Abelov kriterijum. Tada red [inlmath]\sum\limits_{n=1}^{\infty} n^p[/inlmath] za [inlmath]p<-1[/inlmath] konvergira, a za [inlmath]p\ge-1[/inlmath] divergira. Ali nisam uspeo ovo da izvedem do kraja. Dalje bi, za [inlmath]p<-1[/inlmath], trebalo pokazati za koje [inlmath]q[/inlmath] je niz [inlmath]a_n = (\ln{\frac{n^2(n+2)}{(n-1)(n+1)^2 }} + \arctan{\frac{2(n+1)}{n(n+2)}} - \arctan{\frac{2n}{n^2+1}})^q[/inlmath] monoton i ograničen...
Možda je neki drugi način bolji :unsure:

Re: Ispitivanje konvergencije reda

PostPoslato: Petak, 10. Avgust 2018, 18:11
od Onomatopeja
Ne, to nije najbolji nacin.

Umesto toga, dovoljno je primetiti da se izraz u zagradi (ako si ga dobro izracunao, nisam proveravao) ponasa kao [inlmath]\frac{1}{n}[/inlmath] kad [inlmath]n\to\infty[/inlmath], odakle nam poredbeni kriterijum brzo daje resenje.

Re: Ispitivanje konvergencije reda

PostPoslato: Petak, 10. Avgust 2018, 19:38
od Igor
Da bih pokazao da se izraz [inlmath]\ln{\frac{n^2(n+2)}{(n-1)(n+1)^2 }} + \arctan{\frac{2(n+1)}{n(n+2)}} - \arctan{\frac{2n}{n^2+1}}[/inlmath] ponaša kao [inlmath]\frac{1}{n}[/inlmath] treba da pokažem da važi:[dispmath]\lim\limits_{n\to\infty}\frac{\ln{\frac{n^2(n+2)}{(n-1)(n+1)^2 }} + \arctan{\frac{2(n+1)}{n(n+2)}} - \arctan{\frac{2n}{n^2+1}}}{\frac{1}{n}} = 1[/dispmath]Naime, ne znam kako drugačije da ovo "primetim", jer mi ovaj limes izgleda komplikovano :think1:

Re: Ispitivanje konvergencije reda

PostPoslato: Subota, 11. Avgust 2018, 09:25
od Onomatopeja
Do izraza [inlmath]\frac{1}{n}[/inlmath] dolazi se iz asimptotskog razvoja izraza pod zagradom. Tako se radi. U ovom slucaju to jeste ekvivaletno sa tim da je taj limes jedan, ali to ne mozes unapred znati (da ce bas ponasati kao [inlmath]\frac{1}{n}[/inlmath]), vec se razvija i vidi se kako se ponasa.

Re: Ispitivanje konvergencije reda

PostPoslato: Subota, 11. Avgust 2018, 22:21
od Daniel
Inače, @Igore, moj rezultat se ne poklapa s tvojim. Za [inlmath]F(x)[/inlmath] dobijem isto što i ti, ali nakon toga dobijem
[dispmath]F(n+1)-F(n)=\ln\frac{n\left(n^2+2n+2\right)}{(n+1)\left(n^2+1\right)}+(n+1)\text{ arctg }\frac{2(n+1)}{n(n+2)}-n\text{ arctg }\frac{2n}{n^2-1}[/dispmath]