Ispitivanje konvergencije niza i reda

PostPoslato: Utorak, 13. Avgust 2019, 09:34
od Vv123
1. Dat je niz realnih brojeva [inlmath]\{a_n\}_{n\in\mathbb{N}}[/inlmath] sa [inlmath]a_1=-1[/inlmath], [inlmath]a_{n+1}=e^{\arctan a_n}-1[/inlmath] za [inlmath]n\ge1[/inlmath].

[inlmath]\qquad[/inlmath]a) Dokazati da niz [inlmath]\{a_n\}_{n\in\mathbb{N}}[/inlmath] konvergira i naci mu granicnu vrednost.
[inlmath]\qquad[/inlmath]b) Dokazati da postoji realna konstanta [inlmath]c[/inlmath] tako da vazi [inlmath]a_n\sim\frac{c}{n}[/inlmath] kad [inlmath]n\to+\infty[/inlmath].
[inlmath]\qquad[/inlmath]c) Ispitati apsolutnu i uslovnu konvergenciju reda [inlmath]\sum\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n}\sin\left(2n+\sqrt[3]{a_n}\right)[/inlmath].

Resenje:

a) Indukcijom se neposredno proverava da je [inlmath]a_n\in[-1,0][/inlmath] (kako se ovde doslo do zakljucka da je gornja granica [inlmath]0[/inlmath], da li je samo pretpostavljeno intuitivno, pa dokaz indukcijom, ili nas nesto navodi na tu pretpostavku iz same rekurentne veze) za sve [inlmath]n\ge1[/inlmath]. Koristimo nejednakosti koje slede iz konveksnosti odgovarajucih funkcija:
[dispmath]e^x\ge x+1\quad\text{za}\quad x\in\mathbb{R},\\
\arctan x\ge x\quad\text{za}\quad x\le0,[/dispmath] pri cemu jednakost u oba slucaja vazi akko [inlmath]x=0[/inlmath].
[dispmath]a_{n+1}=e^{\arctan a_n}-1\ge1+\arctan a_n-1\ge a_n.[/dispmath] Dakle, niz je monoton i ogranicen, pa ima limes [inlmath]A\le0[/inlmath].
[dispmath]A=e^{\arctan A}-1\ge1+\arctan A-1\ge A,[/dispmath] pa jednakost vazi i to povlaci [inlmath]A=0[/inlmath].

b) Primenjujemo Stolcovu teoremu. (Ne razumem zasto se ovde trazi bas ovaj [inlmath]\lim\limits_{n\to+\infty}\frac{{a_n}^{-1}}{n}[/inlmath], mada sam na vise mesta vidjala i [inlmath]\lim\limits_{n\to+\infty}\frac{\large\frac{1}{{a_n}^\alpha}}{\large n}[/inlmath])
[dispmath]\lim_{n\to+\infty}\frac{{a_n}^{-1}}{n}=\lim_{n\to+\infty}\left({a_{n+1}}^{-1}-{a_n}^{-1}\right)=\lim_{n\to+\infty}\left(\left(e^{\arctan a_n}-1\right)^{-1}-{a_n}^{-1}\right)\\
=\lim_{n\to+\infty}\left(\left(1+\arctan a_n+\frac{1}{2}\arctan^2a_n+O\left(\arctan^3a_n\right)-1\right)^{-1}-{a_n}^{-1}\right)[/dispmath] (jedino u ovom sledecem redu ne razumem kako je izvuceno [inlmath]\arctan{a_n}^{-1}[/inlmath] ispred zagrade, razumem kako je iz prvog dela izraza izvucen, ali kako je iz [inlmath]{a_n}^{-1}[/inlmath], da li ima neke veze sa limesima)
[dispmath]=\lim_{n\to+\infty}\arctan^{-1}a_n\left(\left(1+\frac{1}{2}\arctan a_n+O\left(\arctan^2a_n\right)\right)^{-1}-1\right)\\
=\lim_{n\to+\infty}\arctan^{-1}a_n\left(1-\frac{1}{2}\arctan a_n+O\left(\arctan^2a_n\right)-1\right)\\
=\lim_{n\to+\infty}\left(-\frac{1}{2}+O\left(\arctan a_n\right)\right)\\
=-\frac{1}{2}.[/dispmath] Odavde sledi [inlmath]a_n\sim\frac{-1}{n}[/inlmath].

c)
[dispmath]\frac{1}{n}\sin\left(2n+\sqrt[3]{a_n}\right)=\frac{\sin2n}{n}\cos\sqrt[3]{a_n}+\frac{\sin\sqrt[3]{a_n}}{n}\cos2n[/dispmath] [inlmath]\sum\frac{\sin2n}{n}[/inlmath] konvergira po Dirihleu; [inlmath]\cos\sqrt[3]{a_n}[/inlmath] je monoton zbog a) i ogranicen, pa [inlmath]\sum\frac{\sin2n}{n}\cos\sqrt[3]{a_n}[/inlmath] konvergira po Abelu. Ova konvergencija je uslovna: [inlmath]\left|\frac{\sin2n}{n}\cos\sqrt[3]{a_n}\right|\sim\frac{\left|\sin2n\right|}{n}[/inlmath], a red [inlmath]\sum\frac{\left|\sin2n\right|}{n}[/inlmath] divergira.
[dispmath]\left|\frac{\sin\sqrt[3]{a_n}}{n}\cos2n\right|\le\frac{\left|\sin\sqrt[3]{a_n}\right|}{n}\sim\frac{\left|\sqrt[3]{a_n}\right|}{n}\sim\frac{\sqrt[3]2}{n^{4/3}},[/dispmath] (ovde me zanima kako se vrse ova "poredjenja", razumem da je recimo [inlmath]a\sim b[/inlmath] isto sto i [inlmath]\lim\frac{a}{b}=1[/inlmath] (ako sam u pravu), ali da li se bas u svakom koraku traze ovi limesi, ili se to nekako lakse zakljucuje)
pa red [inlmath]\sum\frac{\sin\sqrt[3]{a_n}}{n}\cos2n[/inlmath] apsolutno konvergira. Odavde sledi da [inlmath]\sum\frac{1}{n}\sin\left(2n+\sqrt[3]{a_n}\right)[/inlmath] konvergira uslovno.

Re: Ispitivanje konvergencije niza i reda

PostPoslato: Ponedeljak, 07. Oktobar 2019, 08:55
od desideri
Nizovi [inlmath]a_n[/inlmath] i [inlmath]b_n[/inlmath] su asimptotski jednaki u oznaci [inlmath]a_n\sim b_n[/inlmath] akko je [inlmath]\lim\limits_{n\to\infty}\frac{a_n}{b_n}=1[/inlmath]
Primenjivanje asimptotike znači zapravo korišćenje tablice graničnih vrednosti na jedan brži način, što je naravno dozvoljeno.
Odgovor na tvoje prvo pitanje sadržan je u činjenici da je:
[dispmath]e^\frac{1}{n}-1\sim\frac{1}{n}[/dispmath] jer je:
[dispmath]\lim\limits_{n\to\infty}\frac{e^\frac{1}{n}-1}{\frac{1}{n}}=1[/dispmath] Što se tiče tvog drugog pitanja, odgovor je u osnovi isti: da, asimptotika može da se primenjuje "usput", bez potrebe za posebnim traženjem graničnih vrednosti.