szukanie zaawansowane
 [ Posty: 4 ] 
Autor Wiadomość
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 21 cze 2008, o 18:13 
Użytkownik

Posty: 24
Lokalizacja: Warszawa
Proszę o pomoc w rozwiązaniu tych zadań. To dla mnie bardzo ważne, a szeregi są moją piętą achillesową, więc rozwiązanie zadania z krótkim wytłumaczeniem jest dla mnie bezcenne... Z góry wam dziękuję.

Zad. 1.
Zbadać zbieżność szeregów liczbowych.
a)\sum_{n=1}^{ \infty } ( \frac{n}{n+1}) ^{n ^{2} }*3 ^{n}
b)\sum_{n=1}^{ \infty } (-1) ^{n}sin \frac{1}{n}

Zad. 2.
Wyznaczyć obszar zbieżności szeregu funkcyjnego.
\sum_{n=1}^{ \infty } (-1) ^{n+1} \frac{2 ^{n} }{(1-x) ^{n} }

Zad. 3.
Wyznaczyć promień i przedział zbieżności szeregu potęgowego.
\sum_{n=1}^{ \infty } (-1) ^{n} \frac{(x+3) ^{n} }{3 ^{n}(2n+1) }

Zad. 4.
Korzystając z rozwinięcia w szereg potęgowy obliczyć wartość przybliżoną całki \int_{0}^{0}
\int_{0}^{1}sinx ^{2}dxbiorąc 3 pierwsze wyrazy otrzymanego szeregu. Obliczyć błąd przybliżenia.

Zad. 5.
Rozwinąć w trygonometryczny szereg Fouriera funkcję f(x)=2x, x \in (-\pi,\pi). Sporządzić wykres sumy otrzymanego szeregu.
Góra
Instytut Matematyczny, Uniwersytet Wrocławski
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 21 cze 2008, o 18:45 
Użytkownik

Posty: 6607
1.
a) Nie jest spelniony warunek konieczny, bo:
\lim_{n\to\infty}\left(\frac{n}{n+1}\right) ^{n ^2 }\cdot 3 ^n=+\infty\ \neq 0

b) Z kryterium Leibniza:
a_n=\sin \frac{1}{n}\\
\lim_{n\to\infty} a_n=0\\
a_n\ \ \mbox{malejacy od pewnego miejsca}
Co implikuje to, ze szereg jest zbiezny.

[ Dodano: 21 Czerwca 2008, 18:54 ]
4. Korzystamy z gotowego rozwiniecia i faktu, ze szereg mozna calkowac i rozniczkowac wyraz po wyrazie:
\sin x=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+1)!}x^{2n+1}\\
\sin x^2=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+1)!}x^{4n+2}\\
\int \sin (x^2)\mbox{d}x =
\int \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+1)!}x^{4n+2} \mbox{d}x=
\sum_{n=0}^{\infty} \int \frac{(-1)^n}{(2n+1)!}x^{4n+2} \mbox{d}x=
\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+1)!} \int x^{4n+2} \mbox{d}x=
\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+1)!} \frac{x^{4n+1}}{4n+3}=
\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+1)!(4n+3)} x^{4n+1}\\
\int\limits_{0}^{1} \sin (x^2)\mbox{d}x=
\left[\ \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+1)!(4n+3)} x^{4n+1}\ \right]\left|\frac{}{}\right|_{0}^{1}=
\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+1)!(4n+3)} x^{4n+1} \left|\frac{}{}\right|_{x=1}=
\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+1)!(4n+3)} 1^{4n+1}=
\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+1)!(4n+3)}=\ldots

POZDRO

[ Dodano: 21 Czerwca 2008, 19:21 ]
5. Ogolnie postac szeregu Fouriera:
f(x) = \frac{a_0}{2} + \sum_{n = 1}^{\infty} \left(a_n \cos \frac {2n\pi}{T}x + b_n \sin \frac {2n\pi}{T}x \right)\\

Z danych zadania wiemy rowniez, ze: T=2\pi. Dodajemy punkty na krancach przedzialu by byly spelnione warunki (punty (-\pi;0),\ (\pi,0)).

Teraz liczymy wspolczynnik a_0:
a_0=\frac{2}{T}\int\limits_{-\frac{T}{2}}^{\frac{T}{2}}f(x)\mbox{d}x=
\frac{1}{\pi} \int \limits_{-\pi}^{\pi} 2x\mbox{d}x=
\frac{1}{\pi} (x^2)\left|\frac{}{}\right|_{-\pi}^{\pi}=
\frac{1}{\pi} (\pi^2-\pi ^2)=0
a_0=0\\

Pozostalo do policzenia wspolczynniki a_n oraz b_n. Funkcja jest oczywiscie nieparzysta (chyba nie trzeba udowadniac:P), tak wiec a_n=0. Wytarczy obliczyc drugi wspolczynnik:
b_n =\frac{2}{T} \int\limits_{-\frac{T}{2}}^{\frac{T}{2}} f(x) \sin \frac{2n\pi}{T}x \mbox{d}x=
\frac{2}{\pi} \int\limits_{-\pi}^{\pi} x \sin nx \mbox{d}x=\ldots=
\frac{2}{\pi} \left( \frac{\sin nx-nx\cos nx}{n^2} \right) \left|\frac{}{}\right|_{x=-\pi}^{x=\pi}=
\frac{2}{\pi n^2} (\sin nx-nx\cos nx)\left|\frac{}{}\right|_{x=-\pi}^{x=\pi}=
\frac{2}{\pi n^2} (0-n\pi \cos n\pi-0-n\pi\cos n\pi)=
\frac{-4}{n}\cos n\pi

Teraz korzytajac z tego, ze \cos n\pi jest albo + albo - 1, to:
b_n=(-1)^{n+1} \frac{4}{n}

I ostatecznie:
f(x)=4\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1} \frac{\sin nx}{n}

Czyli juz jest ladne rozwiniecie :) POZDRO
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 24 cze 2008, o 13:20 
Użytkownik

Posty: 24
Lokalizacja: Warszawa
A wie ktoś jak zrobić zadanie 2 i 3?

I czy w 1.a jest to dobrze rozwiązane? Bo kumpel zrobił mi to tak:

\lim_{n \to \infty  }   \sqrt[n]{  (\frac{n}{n+1}) ^{ n^{2} }* 3^{n}  } = \lim_{n \to \infty  }   \sqrt[n]{  (\frac{n}{n+1}) ^{ n^{2} }} *  \sqrt[n]{ 3^{n} } =  \lim_{n \to  \infty }(  (\frac{n}{n+1}) ^{ n^{2} }*3) = 3 \lim_{ n\to  \infty } (1+ \frac{1}{n}) ^{-n} =  \frac{3}{e}      
 > 1
Wn. Szereg jest rozbieżny.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 25 cze 2008, o 17:39 
Użytkownik

Posty: 6607
Twierdzenie Cauchy'ego jest dobrze zastosowane, jednak na poczatku szereg musi byc zbiezny do 0, by wogole mozna bylo zastosowac to twierdzenie. POZDRO
Góra
Utwórz nowy temat Odpowiedz w temacie  [ Posty: 4 ] 


 Zobacz podobne tematy
 Tytuł tematu   Autor   Odpowiedzi 
 szeregi funkcyjne  wiola_pachla  1
 Szeregi Taylora i Maclaurina  kej.ef  1
 Zadania które sprawiły mi problem  wardinho  1
 Zadania z analizy ;/  ncreaved  2
 ciagi , granica i szeregi.......  mart1na  1
 
Atom [Regulamin Forum] [Instrukcja LaTeX-a] [Poradnik] [F.A.Q.] [Reklama] [Kontakt]
Copyright (C) ParaRent.com