MATEMANIJA

Pozdrav, evo upravo sam radila neke zadatke, pa da se konsultujem s Vama:
Ispitati konvergenciju sljedecih redova:
[dispmath]\sum_{n=1}^\infty\frac{n^n}{n!}[/dispmath]
Ja tu primjenim D-Lambertov kriterij i dobijem kao rezultat epsilon što je veće od [inlmath]1[/inlmath], pa je red divergentan.

Zatim drugi zadatak:
[dispmath]\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n!}\cdot\left({\frac{n}{\epsilon}}\right)^n[/dispmath]
Tu sam primjenila Cauchyev korjenski kriterij i dobila kao rezultat:
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\left({\frac{1}{n!}}\right)^{\frac{1}{n}}\cdot\frac{n}{\epsilon}=0<1[/dispmath]
pa je red konvergentan.

Treci zadatak:
[dispmath]\sum_{n=1}^\infty\frac{\sqrt{n!}}{(a+1)\left(a+\sqrt{2}\right)\cdots\left(a+\sqrt{n}\right)}[/dispmath]
gdje je [inlmath]a>0[/inlmath].

Ispitam konvergenciju pomocu kriterija poredjenja, tj poredim [inlmath]\frac{\sqrt{n!}}{(a+1)\left(a+\sqrt{2}\right)\cdots\left(a+\sqrt{n}\right)}<\frac{\sqrt{n!}}{a^n}[/inlmath]..
pa [inlmath]\frac{\sqrt{n!}}{a^n}[/inlmath] oznacim kao [inlmath]\sum\limits_{n=1}^\infty b_n[/inlmath]. Pomocu Rabeovog kriterija za red [inlmath]b_n[/inlmath], dobijem [inlmath]\lim\limits_{n\to\infty}\frac{-n-1}{1}[/inlmath]

I kud dalje ne znam.

Unaprijed hvala. lp

indira-aa je napisao:[dispmath]\sum_{n=1}^\infty\frac{n^n}{n!}[/dispmath]
Ja tu primjenim D-Lambertov kriterij i dobijem kao rezultat epsilon što je veće od [inlmath]1[/inlmath], pa je red divergentan.

D'Alamberov kriterijum daje:
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=\lim_{n\to\infty}\frac{\frac{(n+1)^{n+1}}{(n+1)!}}{\frac{n^n}{n!}}=\lim_{n\to\infty}\frac{(n+1)^{n+1}\cdot n!}{n^n (n+1)!}=\lim_{n\to\infty}\left(\frac{n+1}{n}\right)^n=\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^n=e>1[/dispmath]
Red je odatle divergentan.

indira-aa je napisao:Zatim drugi zadatak:
[dispmath]\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n!}\cdot\left({\frac{n}{\epsilon}}\right)^n[/dispmath]
Tu sam primjenila Cauchyev korjenski kriterij i dobila kao rezultat:
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\left({\frac{1}{n!}}\right)^{\frac{1}{n}}\cdot\frac{n}{\epsilon}=0<1[/dispmath]
pa je red konvergentan.

Čime pravdaš da je [inlmath]\lim\limits_{n\to\infty}\left({\frac{1}{n!}}\right)^{\frac{1}{n}}\cdot\frac{n}{\epsilon}=0[/inlmath]? Ovo ne važi. Vrednost ovog limesa inače zavisi od [inlmath]\epsilon[/inlmath].

E sad, ja pretpostavljam da tu umesto [inlmath]\epsilon[/inlmath] treba da stoji [inlmath]e[/inlmath], tj. da red bude [inlmath]\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{1}{n!}\cdot\left({\frac{n}{e}}\right)^n[/inlmath]. U tom slučaju, vrlo je praktično primeniti Stirlingovu formulu:
[dispmath]n!\sim\sqrt{2\pi n}\left(\frac{n}{e}\right)^n[/dispmath]
Odatle dobijamo:
[dispmath]\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{\sqrt{2\pi n}}=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{\sqrt{n}}[/dispmath]
Red [inlmath]\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{1}{n^k}[/inlmath] je divergentan za [inlmath]k\le 1[/inlmath], pa time i polazni.

Da da, za ovaj drugi zadatak jeste u nazivniku [inlmath]e[/inlmath].hehe.. aa ja sam taj zadatak ponovo radila, ali sad s Rabbeovim kriterijem. i na kraju dobijem [inlmath]0<1[/inlmath], pa je red divergentan..

A za ovaj treci zadatak, to sam isto ponovo radila, drugim kriterijem, isto Rabbeovim pa dobijem [inlmath]a\cdot\lim\limits_{n\to\infty}\frac{1}{0}[/inlmath] a to je beskonacno, a beskonacno je [inlmath]>1[/inlmath], pa je nas red konvergentan.

Primenila si Raabeov kriterijum na [inlmath]\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{\sqrt{n!}}{a^n}[/inlmath]?

Onda dobijaš da je:
[dispmath]\frac{a_n}{a_{n+1}}=\frac{\frac{\sqrt{n!}}{a^n}}{\frac{\sqrt{(n+1)!}}{a^{n+1}}}=\frac{\sqrt{n!}{a^{n+1}}}{a^n\cdot\sqrt{(n+1)!}}=\frac{a}{\sqrt{n+1}}[/dispmath]
Pa je po Raabeu:
[dispmath]\lim_{x\to\infty}n\left(\frac{a_n}{a_{n+1}}-1\right)=\lim_{x\to\infty}n\left(\frac{a}{\sqrt{n+1}}-1\right)=-\infty[/dispmath]

Najveci mi je problem, sto ne znam kad koristiti koji kriterij, imate li Vi koji savjet za to.. ili kad da znam npr ako dobijem [inlmath]1[/inlmath] da li je taj kriterij ok, ili moram raditi po nekom drugom.. tj kad da znam da sam izabrala ispravan kriterij.. a to za taj zadatak treci zadatak, ja sam primjenila Rabbeov kriterij za zadani red. HVALA PUNO

Ali, red koji si koristila za proređenje je divergentan, pošto je [inlmath]-\infty<1[/inlmath]. Ako je opšti član nekog reda manji od opšteg člana divergentnog reda onda se konvergenciji prvog reda ne može ništa zaključiti. Tako da ti rešenje nije dobro.

E sad, što se tiče nekih smernica oko izbora kriterijuma... Ako opšti član ne teži nuli onda možeš odmah zaključiti da je red divergentan... Ako teži nuli, onda treba primeniti neki od kriterijuma kako bi se utvrdilo da li je red konvergentan ili ne...

Poredbene kriterijume je jednostavno primeniti kada je opšti član reda lako uporediti sa opštim članom nekog drugog reda o čijoj konvergeniciji ili divergenciji sve već znamo. Integralni je zgodno primeniti ako su ispunjeni uslovi za to i ako se odgovarajući integral lako sračuna.

U ostalim slučajevima se može krenuti od Košija ili D Alambera. Postoji teorema koja kaže da ako postoji [inlmath]\lim\limits_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}[/inlmath] onda postoji i limes [inlmath]\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_n}[/inlmath]. Međutim, može se desiti da postoji limes [inlmath]\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_n}[/inlmath], a ne postoji [inlmath]\lim\limits_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}[/inlmath]. Dakle, ako je D Alamber odlučiv, onda je i Košijev. Obrnuto ne važi, tj. Košijev može biti odlučiv kada D Alamberov nije i stoga je "jači". To ne znači da ga je Košija uvek bolje i lakše primeniti. U principu, kada opšti član sadrži stepene Koši je vrlo praktičan, a D Alamber je podesan za faktorijele. Stirilingova formula doduše može učiniti izračunavanje limesa sa faktorijelom kod Košija nešto lakšim...

Ako su Košijev i D Alamberov kriterijum nedovoljni za ispitivanje konvergencije (tj. ako se tu dobije [inlmath]1[/inlmath] kao granična vrednost), onda treba primeniti Gausov kriterijum. Ipak, on takođe nije univerzalan jer limes [inlmath]\lim\limits_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}[/inlmath] ne mora uvek da postoji.

Ako je Gausov kriterijum neodlučiv treba primeniti Raabeov ili Bertrandov kriterijum. (mada ima slučajeva kada je Gausov kriterijum odlučiv, ali je lakše primeniti neki od ta dva).

Na kraju krajeva, izbor kriterijuma je stvar intuicije i zavisi od konkretnog problema, ali ovo su neke opšte smernice.

Ako mozete da mi pomognete oko ovih zadataka. U sl. zadacima je potrebno ispitati konvergencije redova:
[dispmath]1.\quad\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{\sin^2n^2+n^2}}[/dispmath][dispmath]2.\quad\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n\cdot2}{\sqrt{n^2+2}+n}[/dispmath][dispmath]3.\quad\sum_{n=1}^{\infty}\ln\left(1+n^{-p}\right)\quad\mbox{(u zavisnosti od parametra }p\mbox{)}[/dispmath][dispmath]4.\quad\sum_{n=1}^{\infty}\ln\left(1+\frac{1}{n^\alpha}\right)\quad\mbox{(u zavisnoti od parametra }a>0\mbox{)}[/dispmath]
Ako mi mozete pomoci kako da znam koji kriterijum da koristim, kada se isti koriste.
Ince sam slab sa literaturom tako da mi mozete i linkove od nekih online zbirki i drugih vidova materijala ostavit.

Za sva četiri primera primeniti poredbeni kriterijum. U drugom primeru dat je alternativni red koji ne konvergira apsolutno, pa je potrebno ispitati uslovnu konvergenciju Lajbnicovim kriterijumom.

Bilo bi pozeljno ako bi mi mogao uraditi barem jedan primer, samo da vidim nacin na koji se radi...

Ukoliko je ispunjen uslov:
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{b_n}=c[/dispmath]
gde je [inlmath]c[/inlmath] konstanta tada su redovi:
[dispmath]\sum_{n=1}^{\infty}a_n\quad\mbox{i}\quad\sum_{n=1}^{\infty}b_n[/dispmath]
ekvikonvergentni, to jest istovetno se ponašaju po pitanju konvergencije (oba konvergiraju ili oba divergiraju), dok su im opšti članovi asimptotski jednaki, što se označava sa: [inlmath]a_n\sim b_n[/inlmath]
Recimo, pošto je za [inlmath]p>0[/inlmath]:
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\frac{\ln\left(1+\frac{1}{n^p}\right)}{\frac{1}{n^p}}=1[/dispmath]
To bi značilo da su opšti članovi redova [inlmath]a_n=\ln\left(1+\frac{1}{n^p}\right)[/inlmath] i [inlmath]b_n=\frac{1}{n^p}[/inlmath] asimptotski jednaki, a redovi ekvikonvergentni. Ovo je suština drugog poredbenog kriterijuma. Dakle, za tvoj treći zadatak je:
[dispmath]\ln\left(1+n^{-p}\right)\sim\frac{1}{n^p}[/dispmath]
Sada zaključujemo da red konvergira za [inlmath]p>1[/inlmath] i divergira u suprotnom.