-
+1
Ovi korisnici su zahvalili autoru
Daniel za post:
ubavic
Reputacija: 4.55%
od Daniel » Nedelja, 16. Oktobar 2022, 06:52
Napišemo red [inlmath]\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{1}{n}[/inlmath] kao
[dispmath]1+\frac{1}{2}+\underbrace{\frac{1}{3}+\frac{1}{4}}_{2\text{ sabirka}}+\underbrace{\frac{1}{5}+\frac{1}{6}+\frac{1}{7}+\frac{1}{8}}_{4\text{ sabirka}}+\underbrace{\frac{1}{9}+\frac{1}{10}+\frac{1}{11}+\frac{1}{12}+\frac{1}{13}+\frac{1}{14}+\frac{1}{15}+\frac{1}{16}}_{8\text{ sabiraka}}+\cdots=\\
=1+\frac{1}{2}+G_1+G_2+G_3+\cdots[/dispmath] Dakle, sabirke reda smo svrstali u grupe pri čemu prva grupa ([inlmath]G_1[/inlmath]) ima [inlmath]2[/inlmath] člana, druga ([inlmath]G_2[/inlmath]) ima [inlmath]4[/inlmath] člana, treća ([inlmath]G_3[/inlmath]) ima [inlmath]8[/inlmath] članova... [inlmath]k[/inlmath]-ta grupa ([inlmath]G_k[/inlmath]) imaće [inlmath]2^k[/inlmath] članova i tako u beskonačnost (postoji beskonačno mnogo takvih grupa). Dokazaćemo da je unutar svake grupe suma njenih članova veća od [inlmath]\frac{1}{2}[/inlmath]. Ako uočimo pravilnost (a moguće je pokazati i indukcijom), prvi član [inlmath]k[/inlmath]-te grupe će biti [inlmath]\frac{1}{2^k+1}[/inlmath], a poslednji (pošto [inlmath]k[/inlmath]-ta grupa ima [inlmath]2^k[/inlmath] članova) biće [inlmath]\frac{1}{2^k+2^k}[/inlmath]:
[dispmath]G_k=\underbrace{\frac{1}{2^k+1}+\frac{1}{2^k+2}+\frac{1}{2^k+3}+\cdots+\frac{1}{2^k+\left(2^k-1\right)}+\frac{1}{2^k+2^k}}_{2^k\text{ sabiraka}}[/dispmath] (Za [inlmath]k=1[/inlmath], prva grupa će biti [inlmath]G_1=\frac{1}{3}+\frac{1}{4}[/inlmath], za [inlmath]k=2[/inlmath] druga grupa će biti [inlmath]G_2=\frac{1}{5}+\frac{1}{6}+\frac{1}{7}+\frac{1}{8}[/inlmath] itd.)
Sada možemo uspostaviti nejednakost. Pošto za svaki prirodan broj [inlmath]k[/inlmath] važi [inlmath]\frac{1}{2^k+1}>\frac{1}{2^k+2^k}[/inlmath], [inlmath]\frac{1}{2^k+2}>\frac{1}{2^k+2^k}[/inlmath], ..., [inlmath]\frac{1}{2^k+\left(2^k-1\right)}>\frac{1}{2^k+2^k}[/inlmath], imaćemo:
[dispmath]G_k>\underbrace{\frac{1}{2^k+2^k}+\frac{1}{2^k+2^k}+\cdots+\frac{1}{2^k+2^k}}_{2^k\text{ sabiraka}}=\frac{2^k}{2^k+2^k}=\frac{1}{2}[/dispmath] Time je dokazano da je suma unutar svake od ovih grupa veća od [inlmath]\frac{1}{2}[/inlmath], što znači da red [inlmath]\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{1}{n}=1+\frac{1}{2}+G_1+G_2+G_3+\cdots[/inlmath] možemo predstaviti kao sumu članova od kojih je prvi [inlmath]1[/inlmath], drugi [inlmath]\frac{1}{2}[/inlmath], a počev od trećeg svi su veći od [inlmath]\frac{1}{2}[/inlmath].
Ostalo je još da primenimo kriterijum upoređivanja. Kako za red [inlmath]\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\cdots[/inlmath] znamo da je divergentan, a svi članovi reda [inlmath]\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{1}{n}=1+\frac{1}{2}+G_1+G_2+G_3+\cdots[/inlmath] su veći ili jednaki od članova reda [inlmath]\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\cdots[/inlmath], sledi divergencija reda [inlmath]\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{1}{n}[/inlmath].
I do not fear death. I had been dead for billions and billions of years before I was born, and had not suffered the slightest inconvenience from it. – Mark Twain