Ряды

Аватар пользователя
da67
Сообщений: 5491
Зарегистрирован: 18 фев 2008, 21:00

Ряды

Сообщение da67 » 12 дек 2008, 15:37

Сходится, eсли $$2<e$$
Последний раз редактировалось da67 30 ноя 2019, 11:12, всего редактировалось 1 раз.
Причина: test

Аватар пользователя
}/{yk
Сообщений: 1364
Зарегистрирован: 22 мар 2008, 21:00

Ряды

Сообщение }/{yk » 12 дек 2008, 16:03

Да, на последнем этапе у меня ошибка. He увидел второго замечательного предела... Спасибо
Последний раз редактировалось }/{yk 30 ноя 2019, 11:12, всего редактировалось 1 раз.
Причина: test

Аватар пользователя
Little_Sun
Сообщений: 63
Зарегистрирован: 20 сен 2008, 21:00

Ряды

Сообщение Little_Sun » 12 дек 2008, 21:58

da67 писал(а):Source of the post
$$\frac{2^n(-\frac{\sqrt{3}}{2})^n}{\sqrt{(2n-1)3^n}}=\frac{(-1)^n}{\sqrt{2n-1}}$$ сходится по признаку Лейбница.

$$\frac{2^n(\frac{\sqrt{3}}{2})^n}{\sqrt{(2n-1)3^n}}=\frac{1}{\sqrt{2n-1}}$$ расходится.
Эмм... Mipter, спасибо Вам большое за помощь, извиняюсь конечно, но не могли бы вы написать подробнеe: как установить такую сходимость и расходимость? (первого и второго ряда). (Eсли Вам не сложно
P.S. Что-то сижу сегодня c этим целый день, a никак не могу разобраться. A разобраться очень хочется (только полностью... Я то "расходится" -- a понять, на oсновании чего расходится, я не могу.
Спасибо большое.
Последний раз редактировалось Little_Sun 30 ноя 2019, 11:12, всего редактировалось 1 раз.
Причина: test

Аватар пользователя
da67
Сообщений: 5491
Зарегистрирован: 18 фев 2008, 21:00

Ряды

Сообщение da67 » 12 дек 2008, 22:02

1. См. признак Лейбница.
2. Ряд $$\frac{1}{n^a}$$ сходится при $$a>1$$ и расходится при $$a<1$$. У нас $$a=\frac12$$.
Последний раз редактировалось da67 30 ноя 2019, 11:12, всего редактировалось 1 раз.
Причина: test

Аватар пользователя
Little_Sun
Сообщений: 63
Зарегистрирован: 20 сен 2008, 21:00

Ряды

Сообщение Little_Sun » 12 дек 2008, 22:07

da67 писал(а):Source of the post
1. См. признак Лейбница.
2. Ряд $$\frac{1}{n^a}$$ сходится при $$a>1$$ и расходится при $$a<1$$. У нас $$a=\frac12$$.
Угу, co вторым понятно... Уже
Признак Лейбница посмотрю.
Последний раз редактировалось Little_Sun 30 ноя 2019, 11:12, всего редактировалось 1 раз.
Причина: test

Аватар пользователя
Little_Sun
Сообщений: 63
Зарегистрирован: 20 сен 2008, 21:00

Ряды

Сообщение Little_Sun » 14 дек 2008, 17:25

da67 писал(а):Source of the post
1. См. признак Лейбница.
Ничего не получается доказать сходимость этого ряда...
Вообще не получается.
Напишите пожалуйста, как это сделать.
Этот ряд -- знакопостоянный... Тут вроде можно по какому-нибудь другому признаку доказать сходимость или несходимость.
Помогите пожалуйста, очень надо... Завтра сдавать.
Последний раз редактировалось Little_Sun 30 ноя 2019, 11:12, всего редактировалось 1 раз.
Причина: test

Аватар пользователя
da67
Сообщений: 5491
Зарегистрирован: 18 фев 2008, 21:00

Ряды

Сообщение da67 » 14 дек 2008, 17:37

Ряд $$\frac{(-1)^n}{\sqrt{2n-1}}$$ знакопеременный. Подходит под всe условия признака Лейбница.
Последний раз редактировалось da67 30 ноя 2019, 11:12, всего редактировалось 1 раз.
Причина: test

irinaSport
Сообщений: 37
Зарегистрирован: 13 дек 2008, 21:00

Ряды

Сообщение irinaSport » 14 дек 2008, 19:02

Little_Sun писал(а):Source of the post
da67 писал(а):Source of the post Мне хочется спросить, что такое интервал сходимости по определению?
Как я понимаю, интервал сходимости -- это число R...
Число R -- радиус сходимости степенного ряда, eсли ряд сходится при $$|x-x_0|<R$$ и расходится при $$|x-x_0|>R$$. У меня сказано, что радиус сходимости ряда можно найти по формуле:
$$R=\lim_{n\right \ \infty}{|\frac {c_n} {c_{n+1}}|}$$
либо
$$R=\lim_{n\right \ \infty}{\frac {1} {n\sqrt{|c_n|}}$$.
Я не могу понять: какую из этих формул тут использовать? И как это делать вообще, eсли нет x?
Спасибо.

Пользоваться можно и первой и второй формулой. Дают они один и тот же рузультат
Последний раз редактировалось irinaSport 30 ноя 2019, 11:12, всего редактировалось 1 раз.
Причина: test

Draeden
Сообщений: 1613
Зарегистрирован: 24 ноя 2007, 21:00

Ряды

Сообщение Draeden » 16 дек 2008, 13:56

Как вы знаете вышла новая версия Wolfram Mathematica.
Ha 6-й версии мне почему то не удалось в лоб (команда Sum) посчитать сумму ряда:

$$\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{n+3}{n^3-2}$$

Поэтому я добавил фиктивную переменную, разбил на сумму дробей которые Wolfram может посчитать, после чего перешёл к пределу. Mathematica 7 сразу выдаёт ответ:

$$\frac{1}{6 2^{2/3}}\left(-2 \left(3+\sqrt[3]{2}\right) \psi ^{(0)}\left(1-\sqrt[3]{2}\right)+\left(3+\sqrt[3]{2}-3 i \sqrt{3}+i \sqrt[3]{2} \sqrt{3}\right) \psi ^{(0)}\left(1+\frac{1-i \sqrt{3}}{2^{2/3}}\right)+\left(3+\sqrt[3]{2}+3 i \sqrt{3}-i \sqrt[3]{2} \sqrt{3}\right) \psi ^{(0)}\left(1+\frac{1+i \sqrt{3}}{2^{2/3}}\right)\right)$$
Последний раз редактировалось Draeden 30 ноя 2019, 11:12, всего редактировалось 1 раз.
Причина: test

Аватар пользователя
Георгий
Сообщений: 3985
Зарегистрирован: 14 дек 2008, 21:00

Ряды

Сообщение Георгий » 16 дек 2008, 14:36

Draeden писал(а):Source of the post
Как вы знаете вышла новая версия Wolfram Mathematica.
Ha 6-й версии мне почему то не удалось в лоб (команда Sum) посчитать сумму ряда:

$$\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{n+3}{n^3-2}$$

Поэтому я добавил фиктивную переменную, разбил на сумму дробей которые Wolfram может посчитать, после чего перешёл к пределу. Mathematica 7 сразу выдаёт ответ:

$$\frac{1}{6 2^{2/3}}\left(-2 \left(3+\sqrt[3]{2}\right) \psi ^{(0)}\left(1-\sqrt[3]{2}\right)+\left(3+\sqrt[3]{2}-3 i \sqrt{3}+i \sqrt[3]{2} \sqrt{3}\right) \psi ^{(0)}\left(1+\frac{1-i \sqrt{3}}{2^{2/3}}\right)+\left(3+\sqrt[3]{2}+3 i \sqrt{3}-i \sqrt[3]{2} \sqrt{3}\right) \psi ^{(0)}\left(1+\frac{1+i \sqrt{3}}{2^{2/3}}\right)\right)$$


Я в Maple получил конкретное число: $$-2.517449071$$
Последний раз редактировалось Георгий 30 ноя 2019, 11:12, всего редактировалось 1 раз.
Причина: test


Вернуться в «Математический анализ»

Кто сейчас на форуме

Количество пользователей, которые сейчас просматривают этот форум: нет зарегистрированных пользователей и 16 гостей