szukanie zaawansowane
 [ Posty: 5 ] 
Autor Wiadomość
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 3 sty 2013, o 23:39 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 2369
Lokalizacja: Katowice
W tym miejscu udowodnimy wygodne twierdzenie pozwalające efektywnie badać zbieżność szeregów wyrażeń wymiernych, będących ilorazem wielomianów (także i rozszerzonym o wykładniki rzeczywiste). Istota kryterium polega na wyznaczeniu stopnia wyrażenia i porównaniu go z wartością zbieżności szeregów.

Wprowadźmy następujące oznaczenie:

\mathfrak{P} = \left\{f:f(x)=\frac{\displaystyle\sum_{k=1}^n a_k x^{p_k}}{\displaystyle\sum_{j=1}^m b_j x^{q_j}}, a_k,b_j,p_k,q_j\in\mathbb{R}, n,m\in\mathbb{N}\right\}

Przyjmijmy, że p_{k_1} = p_{k_2}\Rightarrow k_1=k_2 oraz q_{j_1} = q_{j_2}\Rightarrow j_1=j_2. Zauważmy, że na półprostej dodatniej rzeczywistej f\in\mathfrak{P} może być nieokreślone co najwyżej w skończonej ilości punktów. Oznaczmy także:

\deg f(x) = \displaystyle\lim_{x\to\infty}\frac{\ln |f(x)|}{\ln x}

Dla f\in\mathfrak{P} ta granica zawsze jest właściwa, o ile f\not\equiv 0, wtedy możemy przyjąć \deg f(x)=-\infty.

Lemat. Niech 0\not\equiv f,g\in\mathfrak{P}. Jeżeli istnieje X\in\mathbb{R}, że |f(x)| < |g(x)| dla x>X, to zachodzi:

\deg f(x)\leqslant \deg g(x)

Dowód. Jeżeli istnieje X\in\mathbb{R}, że |f(x)| < |g(x)| dla x>X, to:

\lim_{x\to+\infty}\frac{|g(x)|}{|f(x)|}\geqslant 1

Korzystając z tego oraz zbieżności stopnia f,g:

\deg g(x)-\deg f(x) =\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln |g(x)|}{\ln x}-\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln |f(x)|}{\ln x}=
=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln |g(x)|-\ln |f(x)|}{\ln x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln \displaystyle\frac{|g(x)|}{|f(x)|}}{\ln x}\geqslant\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln 1}{\ln x}=0

Stąd teza. \spadesuit

Twierdzenie. Niech f\in\mathfrak{P} będzie funkcją dobrze określoną dla n\in\mathbb{N}. Wtedy szereg \displaystyle\sum_{k=1}^{\infty} f(k) jest bezwzględnie zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy \deg f < -1.

Dowód. Korzystając z postaci ogólnej, przyjmijmy f(x)=\displaystyle\frac{P(x)}{Q(x)} dla P(x)=\displaystyle\sum_{k=1}^n a_k x^{p_k}, Q(x)=\displaystyle\sum_{j=1}^m b_j x^{q_j} przy założeniach z lematu. Ustalmy p=\displaystyle\max_{1\leqslant k\leqslant n}\{p_k\} oraz q=\displaystyle\max_{1\leqslant j\leqslant n}\{q_j\}. Niech N będzie spełniało p_N=p oraz M: q_M=q. Niech f'(x)=\displaystyle\frac{a_N}{b_M} x^{p-q}

Wtedy zachodzi:

\lim_{x\to+\infty} \frac{f'(x)}{f(x)}=\lim_{x\to+\infty} \frac{a_N}{b_M}\frac{x^{p-q}}{f(x)}=
=\lim_{x\to+\infty} \left(x^{p-q}\frac{a_N}{b_M}\right) \cdot \frac{b_1 x^{q_1}+\ldots +b_M x^{q}+\ldots+b_m x^{q_n}}{a_1 x^{p_1}+\ldots +a_N x^{p}+\ldots+a_n x^{p_n}} =
\lim_{x\to+\infty} \left(x^{p-q}\frac{a_N}{b_M}\right) \cdot \frac{x^q\left(b_1 x^{q_1-q}+\ldots +b_M +\ldots+b_m x^{q_n-q}\right)}{x^p\left(a_1 x^{p_1-p}+\ldots +a_N +\ldots+a_n x^{p_n-p}\right)}

Przyjęliśmy p i q jako maksimum oraz założenie p_{k_1} = p_{k_2}\Rightarrow k_1=k_2, q_{j_1} = q_{j_2}\Rightarrow q_1=q_2, zatem \forall_{1\leqslant k\leqslant n} p_k <p i \forall_{1\leqslant j\leqslant m} q_j <q, co implikuje:

\forall_{1\leqslant k\leqslant n} k\neq N \Rightarrow \lim_{x\to+\infty} x^{p_k-p}=0, \quad \forall_{1\leqslant j\leqslant m} j\neq M \Rightarrow \lim_{x\to+\infty} x^{q_j-q}=0

Na mocy tego mamy:

\lim_{x\to+\infty} \left(x^{p-q}\frac{a_N}{b_M}\right) \cdot \frac{x^q\left(b_1 x^{q_1-q}+\ldots +b_M+\ldots+b_m x^{q_n-q}\right)}{x^p\left(a_1 x^{p_1-p}+\ldots +a_N+\ldots+a_n x^{p_n-p}\right)}=\lim_{x\to+\infty} \left(x^{p-q}\frac{a_N}{b_M}\right) \cdot \frac{x^q\left(b_1 \cdot 0+\ldots +b_M +\ldots+b_m \cdot 0\right)}{x^p\left(a_1 \cdot 0+\ldots +a_N +\ldots+a_n \cdot 0\right)}=
=\lim_{x\to+\infty} \left(x^{p-q}\frac{a_N}{b_M}\right) \cdot \frac{x^q b_M}{x^p a_N}=1

Stąd, biorąc f^*(x)=\displaystyle x^{p-q}\left|\frac{2a_N}{b_M}\right| oraz f_*(x)=\displaystyle x^{p-q}\left|\frac{a_N}{2b_M}\right| mamy, iż:

\exists_{X\in\mathbb{R}^+} \forall_{x>X} f^*(x)>|f(x)| \wedge f_*(x)<|f(x)|

ponieważ na mocy wyznaczonej uprzednio granicy:

\lim_{x\to+\infty}\frac{f^*(x)}{|f(x)|}=2, \quad \lim_{x\to+\infty}\frac{f_*(x)}{|f(x)|}=\frac{1}{2}

Stąd i z lematu mamy: \deg f^*(x)\leqslant\deg f(x)\leqslant\deg f_*(x). Jeżeli p-q\neq 0, to:

\deg f^*(x) = \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln \left(x^{p-q}\left|\frac{2a_N}{b_M}\right|\right)}{\ln x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln \left(x^{p-q}\left[\left|\frac{2a_N}{b_M}\right|^{\frac{1}{p-q}}\right]^{p-q}\right)}{\ln x}=
\lim_{x\to+\infty}\left(p-q\right)\frac{\ln \left(x \left|\frac{2a_N}{b_M}\right|^{\frac{1}{p-q}}\right)}{\ln x}=\left(p-q\right)\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x + \ln \left[\left|\frac{2a_N}{b_M}\right|^{\frac{1}{p-q}}\right]}{\ln x}=
=\left(p-q\right)\lim_{x\to+\infty}\left[1+\frac{\ln \left[\left|\frac{2a_N}{b_M}\right|^{\frac{1}{p-q}}\right]}{\ln x}\right]=p-q

Analogicznie \deg f_*(x)=p-q, zatem z twierdzenia o trzech ciągach

\deg f^*(x)=\deg f'(x)=\deg f(x)=\deg f_*(x)

Z kryterium porównawczego mamy, iż bezwzględna zbieżność \displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty} f^*(n) pociąga za sobą bezwzględną zbieżność \displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty} f(n), natomiast rozbieżność \displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty} f_*(n) pociąga za sobą rozbieżność \displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty} f(n).

\sum_{n=1}^{+\infty} f^*(n)= \sum_{n=1}^{+\infty} n^{p-q}\left|\frac{2a_N}{b_M}\right|=\left|\frac{2a_N}{b_M}\right|\sum_{n=1}^{+\infty} n^{p-q}
\sum_{n=1}^{+\infty} f_*(n)= \sum_{n=1}^{+\infty} n^{p-q}\left|\frac{a_N}{2b_M}\right|=\left|\frac{a_N}{2b_M}\right|\sum_{n=1}^{+\infty} n^{p-q}

Jeżeli \deg f(x)=p-q<-1, to powyższy szereg jest zbieżny, natomiast dla \deg f(x)\geqslant -1 szereg jest rozbieżny. To kończy dowód. \spadesuit

Uwaga. Możemy rozszerzyć zakres stosowania kryterium. Stopień wyrażenia postaci f(x)=\sqrt[q]{x^{p_1}+x^{p_2}+\ldots+x^{p_n}} liczymy jako \deg f(x) = \frac{\max_{1\leqslant k \leqslant n}\{p_k\}}{q}.

Przykład. Zbadać zbieżność szeregu:

\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{n^{\pi}+2n^e-4n^{\sqrt{2}}}{n^{\sqrt{19}}-n^2+12n^{\sqrt{7}}}

p=\pi, q=\sqrt{19}, zatem stopień tego wyrażenia wynosi \pi-\sqrt{19}\approx -1.2173<-1. Szereg jest zbieżny.

Uogólnienie. Można rozszerzyć to kryterium i sformułować je w sposób bardziej ogólny.

Twierdzenie. Niech (a_n)_{n\in\mathbb{N}} będzie ciągiem liczb rzeczywistych. Wtedy, jeżeli:

1. \displaystyle\limsup_{n\to\infty}\frac{\ln|a_n|}{\ln n}<-1, to szereg \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_n jest zbieżny bezwzględnie,
2. \displaystyle\liminf_{n\to\infty}\frac{\ln|a_n|}{\ln n}>-1, to szereg \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_n jest rozbieżny lub zbieżny warunkowo.

Dowód. Ustalmy ciąg (a_n)_{n\in\mathbb{N}}. Niech a=\displaystyle\limsup_{n\to\infty}\frac{\ln|a_n|}{\ln n} i |a|<+\infty.

Jeżeli a<-1, to istnieje \varepsilon\in(a,-1). Korzystając z kryterium ilorazowego i szacując |a_n| przez n^{a+\frac{\varepsilon-a}{2}}:

\limsup_{n\to+\infty} \frac{|a_n|}{n^{\varepsilon}}\leqslant\lim_{n\to+\infty} \frac{n^{a+\frac{\varepsilon-a}{2}}}{n^{\varepsilon}}=\lim_{n\to+\infty} n^{\frac{a-\varepsilon}{2}}=0

Szereg \displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}n^{\varepsilon} jest zbieżny, a więc a_n także jest zbieżny. Dla a>-1, gdzie a=\displaystyle\liminf_{n\to\infty}\frac{\ln|a_n|}{\ln n}, podobnie istnieje \delta\in(-1,a), dla której spełnione jest:

\liminf_{n\to+\infty} \frac{|f(n)|}{n^{\delta}}\geqslant\lim_{n\to+\infty} \frac{n^{a-\frac{a-\delta}{2}}}{n^{\delta}}=\lim_{n\to+\infty} n^{\frac{a-\delta}{2}}=+\infty

z czego wnioskujemy rozbieżność \displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}|a_n|. Dla |a|=+\infty zbieżności/rozbieżności są oczywiste. \spadesuit

Uwaga. Można zwiększyć "czułość" kryterium, włączając kryterium zagęszczania, przy założeniu monotoniczności f(n):

\deg_1 f(x) = \lim_{x\to\infty}\frac{\ln |e^x f(e^x)|}{\ln x}, \quad \deg_2 f(x) = \lim_{x\to\infty}\frac{\ln |e^{e^x} e^x f\left(e^{e^x}\right)|}{\ln x}

i ogólniej, gdzie \exp^n(x) oznacza n-tą iterację funkcji \exp(x)=e^x:

\deg_n f(x) = \lim_{x\to\infty}\frac{\ln \left|\left[\prod_{k=1}^n \exp^k(x)\right] f(\exp^n(x))\right|}{\ln x}

Kryterium nie rozstrzyga w dalszym ciągu, gdy \deg_n f(x) =-1. Dla ciągów określonych jedynie w zbiorze liczb naturalnych zamiast podstawy e można wybrać liczbę naturalną n\in\mathbb{N}.

Poniżej znajdują się dodatkowe uwagi, które ułatwiają liczenie stopni funkcji rzeczywistych.

Twierdzenie. Niech f,g\in D\to\mathbb{R}, gdzie D\subseteq \mathbb{R} zawiera przedział (c,+\infty) dla pewnego c\in\mathbb{R}, a |\deg f(x)|, |\deg g(x)|<+\infty. Zachodzą następujące własności:
1. \deg (p \cdot f(x))= \deg f(x), p\neq 0, (stopień funkcji przemnożonej przez skalar),
2. \deg \left[f(x)+g(x)\right]=\max\{\deg f(x),\deg g(x)\} ( stopień sumy funkcji),
3. \deg \left[f(x)\cdot g(x)\right]=\deg f(x)+\deg g(x) (stopień iloczynu funkcji),
4. \displaystyle+\infty>\lim_{x\to+\infty}|f(x)|>0 \Rightarrow \deg f(x)=0 (stopień funkcji ograniczonej),
5. \displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{x}=1\Rightarrow \deg f(x)=1 (stopień funkcji asymptotycznie liniowej),
6. \deg \ln^p x = 0, p\in\mathbb{R},
7. \deg \sin \left(x^p\right) = p, \deg \sin \left(x^{-p}\right)=0, p\leqslant 0,
8. \deg \tan \left(x^p\right) = p, p\leqslant 0,
9. \deg \arctan \left(x^p\right) = p, \deg \arctan \left(x^{-p}\right)=0, p\leqslant 0,
10. \deg \arcsin \left(x^p\right) = p, p\leqslant 0,
11. \deg a^x = \displaystyle\begin{cases}+\infty, & a>1 \\ 0, & a=1 \\ -\infty, & 0<a<1\end{cases},
12. \deg x! = +\infty,
13. \deg x^x = +\infty, \deg x^{-x}=-\infty,
14. \deg \ln x! = 1,
15. \deg \displaystyle\frac{e^x x!}{x^x} = \frac{1}{2}.

Dowód.
1. Niech p\neq 0. Wtedy:

\deg(p f(x))=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln\left(|pf(x)|\right)}{\ln x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln\left(|f(x)|\right)+\ln|p|}{\ln x}=\\ =\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln\left(|f(x)|\right)}{\ln x}+\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln|p|}{\ln x}=\deg f(x)

2. \deg \left[f(x)+g(x)\right]=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln\left(|f(x)|+|g(x)|\right)}{\ln x}\geqslant\\ \geqslant\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln\left(\max\{|f(x)|,|g(x)|\}\right)}{\ln x}=\max\{\deg f(x),\deg g(x)\}

Oszacowanie w drugą stronę daje tę samę granicę na mocy wniosku o stopniu funkcji przemnożonej przez skalar:

\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln\left(|f(x)|+|g(x)|\right)}{\ln x}\leqslant\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln\left(2\max\{|f(x)|,|g(x)|\}\right)}{\ln x}=\max\{\deg f(x),\deg g(x)\}

3. \deg \left[f(x)\cdot g(x)\right]=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln(f(x)\cdot g(x))}{\ln x}=\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\left(\frac{\ln|f(x)|}{\ln x}+\frac{\ln |g(x)|}{\ln x}\right)

Korzystając ze zbieżności:

\lim_{x\to+\infty}\left(\frac{\ln|f(x)|}{\ln x}+\frac{\ln |g(x)|}{\ln x}\right)=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln|f(x)|}{\ln x}+\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln |g(x)|}{\ln x}=\deg f(x)+\deg g(x)

4. Niech \displaystyle\lim_{x\to+\infty}|f(x)|=M\in\mathbb{R}^{+}. Wtedy

\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln|f(x)|}{\ln x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln M}{\ln x}=0

5. Niech \displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{x}=1, wtedy:

\deg f(x)=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln|f(x)|}{\ln x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln\left|x\cdot \frac{f(x)}{x}\right|}{\ln x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x+\ln\left|\frac{f(x)}{x}\right|}{\ln x}=1+\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln\left|\frac{f(x)}{x}\right|}{\ln x}=1

6.

\deg \ln^p x = \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln|\ln^p x|}{\ln x} = \lim_{x\to+\infty}p\cdot \frac{\ln\ln x}{\ln x} = 0

7. Korzystając z własności \displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{\sin \frac{1}{x}}{\frac{1}{x}}=1, oraz wniosku o stopniu funkcji asymptotycznie liniowej dla p\leqslant 0:

\deg \sin \left(x^p\right) = \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln|\sin (x^p)|}{\ln x}= \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln|\sin (x^p)|}{\frac{1}{p}\ln (x^p)}=p \cdot \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln\sin (x^p)}{\ln (x^p)}=p

Dla p>0:

\deg \sin \left(x^p\right) = \left|\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln|\sin x^p|}{\ln x}\right|\leqslant \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln 1}{\ln x}=0

stąd \deg \sin \left(x^p\right)=0.

8. Analogicznie jak poprzednio.
9. Jak wyżej.
10. Jak wyżej.
11. Dla a>1:

\deg a^x = \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln a^x}{\ln x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{x}{\ln x}\ln a= +\infty

Gdy a=1, to \deg 1^x=\deg 1 = 0, natomiast jeżeli 0<a<1, to \ln a<0:

\deg a^x = \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln a^x}{\ln x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{x}{\ln x}\ln a= -\infty

12. \deg x!=+\infty wynika z dwóch oszacowań:

\deg x! = \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x!}{\ln x}\geqslant \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x^{\sqrt{x}}}{\ln x}= \lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x}\cdot \frac{\ln x}{\ln x}\right)=+\infty
\deg x! = \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x!}{\ln x}\leqslant \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x^{x}}{\ln x}= \lim_{x\to+\infty}\left(x\cdot \frac{\ln x}{\ln x}\right)=+\infty

13.

\deg x^x = \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x^x}{\ln x}= \lim_{x\to+\infty}\frac{x \ln x}{\ln x}= +\infty
\deg x^{-x} = \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x^{-x}}{\ln x}= \lim_{x\to+\infty}\left(-\frac{x \ln x}{\ln x}\right)= -\infty

14. \deg \ln x!=1 uzyskuje się, ponownie korzystając z oszacowań:

\deg \ln x! = \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln \ln x!}{\ln x}\geqslant \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln \ln (x^{\frac{x}{2}})}{\ln x}=\\ =\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln \left(\frac{1}{2}x \ln x\right)}{\ln x}\geqslant \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln \frac{1}{2}x+\ln\ln x}{\ln x}=1
\deg \ln x! = \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln \ln x!}{\ln x}\leqslant \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln \ln (x^{x})}{\ln x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln \left(x \ln x\right)}{\ln x}=\\ = \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x+\ln\ln x}{\ln x}=1

15. Korzystając z oszacowania Stirlinga dla silni:

\lim_{x \to+\infty} \displaystyle\frac{x!}{\sqrt{2 \pi x} \left(\frac{x}{e}\right)^{x} } = 1

\deg \displaystyle\frac{e^x x!}{x^x} =\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln \displaystyle\left(\frac{e^x x!}{x^x}\right)}{\ln x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln \displaystyle\left(\frac{e^x \sqrt{2 \pi x} \left(\frac{x}{e}\right)^{x} }{x^x}\right)}{\ln x}=\\ =\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln \displaystyle\left(\sqrt{2\pi x}\right)}{\ln x}=\frac{1}{2}

Kończy to dowód \spadesuit.
Uniwersytet Wrocławski Instytut Matematyczny - rekrutacja 2018
Góra
Mężczyzna Online
PostNapisane: 23 sty 2013, o 17:01 
Korepetytor
Avatar użytkownika

Posty: 3946
Lokalizacja: Praga, Dąbrowa Górnicza, Lancaster
JakimPL napisał(a):
Zauważmy, że dziedziną f\in\mathfrak{P} jest \mathbb{R} bez co najwyżej skończonej liczby punktów, tj. pierwiastków mianownika.

To nie jest prawda. Rozważ \textstyle{x^{\tfrac{1}{2}}}.

JakimPL napisał(a):
Twierdzenie. Niech f\in\mathfrak{P} będzie funkcją dobrze określoną dla n\in\mathbb{N}. Wtedy szereg \displaystyle\sum_{k=1}^{\infty} f(k) jest bezwzględnie zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy \deg f < -1.

Jest to bezpośrednia konswkencja porównywania z szeregiem \textstyle{\sum_{n=1}^\infty \tfrac{1}{n^p}}, który jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy p>1.

JakimPL napisał(a):
Twierdzenie. Niech (a_n)_{n\in\mathbb{N}} będzie ciągiem liczb rzeczywistych. Wtedy, jeżeli:

1. \displaystyle\limsup_{n\to\infty}\frac{\ln|a_n|}{\ln n}<-1, to szereg \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_n jest zbieżny bezwzględnie,
2. \displaystyle\liminf_{n\to\infty}\frac{\ln|a_n|}{\ln n}>-1, to szereg \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_n jest rozbieżny lub zbieżny warunkowo.

A to natomiast jest bezpośrednią konsekwencją porównywania/"ilorazowania" z szeregiem \textstyle{\sum_{n=1}^\infty \tfrac{1}{n\cdot (\ln n)^p}}.

Obydwa twierdzenia są prawdziwe, ale nie ma powodu by dowodzić ich w tak skomplikowany (acz elementarny) sposób. Można zapisać je jako wnioski z kryterium porównawczego (czy ilorazowego, jak kto woli).

Wydaje mi się, że wyszczególnianie nowych krtyeriów ma sens tylko wtedy, gdy można nimi zbadać zbieżność szeregów, które nie poddają się łatwo innym kryteriom (np. kryterium Raabego bądź jego iterowanym wersjom, które to są bardzo mocne).
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 23 sty 2013, o 21:55 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 2369
Lokalizacja: Katowice
Cytuj:
To nie jest prawda. Rozważ \textstyle{x^{\tfrac{1}{2}}}.


Słuszna uwaga, chodziło o część dodatnią półprostej rzeczywistej. Poprawię.

Cytuj:
Obydwa twierdzenia są prawdziwe, ale nie ma powodu by dowodzić ich w tak skomplikowany (acz elementarny) sposób. Można zapisać je jako wnioski z kryterium porównawczego (czy ilorazowego, jak kto woli).


Chodziło o to, by pokazać, że faktycznie przy przyjętych założeniach \deg f = p-q. Stopnie wyrażeń się zawsze łatwo wyznacza, dlatego zostało to przeze mnie wyróżnione. I tylko z powodu tejże arytmetyki :).
Góra
Mężczyzna Online
PostNapisane: 23 sty 2013, o 22:33 
Korepetytor
Avatar użytkownika

Posty: 3946
Lokalizacja: Praga, Dąbrowa Górnicza, Lancaster
No to jest oczywiste... Wynika to z faktu, że jeżeli 0<p<q, to \lim_{n\to \infty}\tfrac{n^p}{n^q}=0.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 21 gru 2015, o 06:49 
Użytkownik

Posty: 14748
Lokalizacja: Bydgoszcz
"Stwierdzenia" z punktów 7-10 są co najmniej ryzykowne
Góra
Utwórz nowy temat Odpowiedz w temacie  [ Posty: 5 ] 


 Zobacz podobne tematy
 Tytuł tematu   Autor   Odpowiedzi 
 Badanie zbieżności szeregu - zadanie 49  crative  3
 promień zbieżności szeregu - zadanie 12  Anonymous  3
 Sumy szeregów - zadanie 5  taffer  1
 Warunek Cayche'go zbieznosci jednostajnej ciagu funkcyjnego  prokicki  4
 Zbieżność szeregów liczbowych - zadanie 3  TLOTR  4
 
Atom [Regulamin Forum] [Instrukcja LaTeX-a] [Poradnik] [F.A.Q.] [Reklama] [Kontakt]
Copyright (C) Karpatka.pl