szukanie zaawansowane
 [ Posty: 12 ] 
Autor Wiadomość
Kobieta Offline
PostNapisane: 27 maja 2016, o 12:50 
Użytkownik

Posty: 231
Lokalizacja: Stare Babki
Właściwie jak w temacie:

Wiedząc, że
x^{2} \approx  \frac{\pi^2}{3}+ 4 \sum_{n=1}^{\infty}  \frac{(-1)^n}{n^2} \cos(nx) wyznaczyć sumę szeregu

\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2n-1)^2}
Góra
Mężczyzna Online
PostNapisane: 27 maja 2016, o 13:20 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 10091
Lokalizacja: Wrocław
Połóż w tamtym rozwinięciu x= \frac{\pi}{2} i przyjrzyj się tym cosinusom.
Stąd powinnaś otrzymać, o ile się nie mylę, wzór dla
\sum_{n=1}^{ \infty } \frac{(-1)^{n}}{(2n)^{2}}, a więc po pomnożeniu przez cztery wyliczysz łatwo
\sum_{n=1}^{ \infty } \frac{(-1)^{n}}{n^{2}} - do roboty, nie będę za Ciebie mnożyć.
Natomiast kładąc w tym rozwinięciu x=\pi, dostajesz znane
\sum_{n=1}^{ \infty }  \frac{1}{n^{2}} = \frac{\pi^{2}}{6}
Teraz wystarczy zauważyć, że
2\sum_{n=1}^{ \infty }  \frac{1}{(2n-1)^{2}}= \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{1}{n^{2}}- \sum_{n=1}^{ \infty }  \frac{(-1)^{n}}{n^{2}} i podstawić wyliczone sumy szeregów do prawej, po czym podzielić stronami przez dwa.

-- 27 maja 2016, o 12:23 --

* Przepraszam, nie wzór, tylko sumę, jestem dyslektykiem i w ogóle dys wszystko. :lol:
Góra
Kobieta Offline
PostNapisane: 27 maja 2016, o 13:39 
Użytkownik

Posty: 231
Lokalizacja: Stare Babki
Premislav napisał(a):
Teraz wystarczy zauważyć, że
2\sum_{n=1}^{ \infty }  \frac{1}{(2n-1)^{2}}= \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{1}{n^{2}}- \sum_{n=1}^{ \infty }  \frac{(-1)^{n}}{n^{2}}


skąd to wynika?
Góra
Mężczyzna Online
PostNapisane: 27 maja 2016, o 13:46 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 10091
Lokalizacja: Wrocław
Popatrzmy na prawą stronę:
\sum_{n=1}^{ \infty } \frac{1}{n^{2}}- \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{(-1)^{n}}{n^{2}}= \sum_{n=1}^{ \infty }\left(\frac{1}{n^{2}}- \frac{(-1)^{n}}{n^{2}}  \right)
Gdy n jest parzyste, to (-1)^{n}=1, więc \frac{1}{n^{2}}- \frac{(-1)^{n}}{n^{2}}=0. A co się dzieje wtedy, gdy n jest nieparzyste?
Masz zatem podwojoną sumę odwrotności kwadratów nieparzystych.
Góra
Kobieta Offline
PostNapisane: 27 maja 2016, o 13:50 
Użytkownik

Posty: 231
Lokalizacja: Stare Babki
okej, rozumiem.

A wpadałam na jeszcze inny pomysł: skoro

\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2n-1)^2}  + \sum_{n=1}^{\infty}  \frac{1}{(2n)^2}
czyli suma parzystych i nieparzystych więc,
\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2n-1)^2}=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}}  - \sum_{n=1}^{\infty}  \frac{1}{(2n)^2}?
Góra
Mężczyzna Online
PostNapisane: 27 maja 2016, o 13:52 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 10091
Lokalizacja: Wrocław
Zgadza się, tak jest o wiele prościej, wystarczy raz skorzystać z tego rozwinięcia podanego w treści, by wyliczyć wartość
\sum_{n=1}^{ \infty }  \frac{1}{n^{2}}

-- 27 maja 2016, o 12:52 --

Tylko oczywiście tam powinno być - \sum_{n=1}^{ \infty }  \frac{1}{(2n)^{2}} - nawiasy w mianowniku są ważne, ale być może to jakaś literówka.
Góra
Kobieta Offline
PostNapisane: 27 maja 2016, o 13:55 
Użytkownik

Posty: 231
Lokalizacja: Stare Babki
tak, bo ten szereg dla parzystych najlepiej policzyć dzieląc obustronnie \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{1}{n^{2}} = \frac{\pi^{2}}{6} przez \frac{1}{2^2}

-- 27 maja 2016, o 14:05 --

a jak jeszcze zrobić taką sumę


\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{(2n)^{2}}
Góra
Mężczyzna Online
PostNapisane: 27 maja 2016, o 14:14 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 10091
Lokalizacja: Wrocław
W tym przypadku działa to, co wyżej napisałem.

W rozwinięciu x^{2} \approx \frac{\pi^2}{3}+ 4 \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n^2} \cos(nx)
kładziemy x= \frac{\pi}{2}, łatwo widać, że \cos\left(  \frac{n\pi}{2} \right) =0
dla n nieparzystych i zostajemy z
\frac{\pi^{2}}{4} = \frac{\pi^{2}}{3} + \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{(-1)^{n}}{(2n)^{2}}, gdyż \cos  (\frac{2n\pi}{2})=\cos(n\pi)=(-1)^{n} dla n \in \NN
Stąd wyliczasz
\sum_{n=1}^{ \infty } \frac{(-1)^{n}}{(2n)^{2}}
i wystarczy pomnożyć przez -1.
Góra
Kobieta Offline
PostNapisane: 27 maja 2016, o 15:35 
Użytkownik

Posty: 231
Lokalizacja: Stare Babki
ja zrobiłam trochę inaczej, podstawiłam za x=0 i wtedy
\sum_{n=1}^{ \infty } \frac{(-1)^{n-1}}{(2n)^{2}}= \frac{\pi^2}{48}

za to Ty zgubiłeś czwórkę przed szeregiem.
Góra
Mężczyzna Online
PostNapisane: 27 maja 2016, o 15:50 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 10091
Lokalizacja: Wrocław
No to podsumowując, w obu przypadkach lepiej sobie poradziłaś beze mnie. :D

Fakt, tam u mnie powinno być
\frac{\pi^{2}}{4} = \frac{\pi^{2}}{3} + {\red 4}\sum_{n=1}^{ \infty } \frac{(-1)^{n}}{(2n)^{2}}, przepraszam za nieuwagę.
Góra
Kobieta Offline
PostNapisane: 27 maja 2016, o 16:12 
Użytkownik

Posty: 231
Lokalizacja: Stare Babki
a mam problem z rozwinięciem funkcji f(x)=\left| \cos x\right| w szereg Fouriera.


tutaj jest post w którym to rozwiązująhttp://www.matematyka.pl/301912.htm
tylko pytanie nie da się tego jakoś szybciej?
Góra
Mężczyzna Online
PostNapisane: 27 maja 2016, o 19:24 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 10091
Lokalizacja: Wrocław
Ja nie znam sprytnego sposobu, no chyba żeby znaleźć n-ty wyraz rozwinięcia (część nieparzysta jest zerowa, bo oczywiście funkcja |\cos x| jest parzysta), to trzeba raczej policzyć
\frac{1}{\pi}  \int_{-\pi}^{\pi} |\cos x| \cos(nx)dx
Oczywiście z parzystości funkcji podcałkowej zamieniamy to na
\frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi}|\cos x|\cos(nx)dx, no a dalej rozbijamy na
\frac{2}{\pi} \int_{0}^{ \frac{\pi}{2} } \cos x \cos(nx) \mbox{d}x- \frac{2}{\pi} \int_{ \frac{\pi}{2} }^{ \pi }\cos x \cos(nx) \mbox{d}x jak w linku.

Teraz możemy albo zamienić ten iloczyn cosinusów na coś prostszego, korzystając z tego wzoru \cos(x-y)+\cos(x+y)=2\cos x \cos y, albo scałkować przez części (dostajemy tzw. całkę zwrotną). A konkretnie:
jeśli n=0, to tak się nie da zrobić, ale wtedy od razu podajemy wartość całki, bo całka z cosinusa to nic trudnego. Załóżmy, że n\neq 0. Dla klarowności będę liczył całki nieoznaczone, oznaczone to po prostu wstawiasz granice, oczywiście. No i pamiętaj o tym \frac{2}{\pi}, tutaj też pomijam, bo na ideę przekształceń nie wpływa, a ja jestem dyslektykiem (np. w zeszycie regularnie piszę "fukcja" zamiast "funkcja" :lol: ) i im więcej mam symboli, tym bardziej prawdopodobne, że coś zgubię.
\int_{}^{} \cos x \cos(nx)dx= \int_{}^{} \cos x\left(  \frac{1}{n}\sin(nx) \right)' dx= \frac{1}{n}\cos x \sin(nx)+ \frac{1}{n}  \int_{}^{}\sin x \sin(nx)dx=\\= \frac{1}{n}\cos x \sin(nx)- \frac{1}{n^{2}}\sin x \cos(nx)+ {\red \frac{1}{n^{2}} \int_{}^{} \cos x \cos(nx)dx }
a więc \int_{}^{} \cos x \cos(nx)dx= \frac{ \frac{1}{n}\cos x \sin(nx)- \frac{1}{n^{2}}\sin x \cos(nx)}{1- \frac{1}{n^{2}} } +C dla n\neq 0.
Ajj, sorry, jeszcze n\neq 1, wtedy dostajemy tylko tożsamość, ale przypadek n=1 jest ultra znany i liczy się na palcach.\cos^{2}x= \frac{1+\cos 2x}{2}
Generalnie to ja nie jestem dobrą osobą do znajdowania prostych rozwiązań, bo nie mam uzdolnień matematycznych (nawet minimalnych) i wszystko to, co robię (jeśli chodzi o matmę), to efekt tego, że gdzieś już widziałem/miałem na zajęciach.

-- 27 maja 2016, o 18:34 --

Nieee no, nie podoba mi się to rozwiązanie, to jest jeszcze gorsze niż wzory na cosinus sumy i różnicy.
Ale przynajmniej dostrzegam taką korzyść, że jeśli ktoś nie pamięta tych wzorów, to całkując przez części, może i tak policzyć
(acz wzory są przydatne i powinny dać się wyprowadzić bez problemu z użyciem liczb zespolonych).
Góra
Utwórz nowy temat Odpowiedz w temacie  [ Posty: 12 ] 


 Zobacz podobne tematy
 Tytuł tematu   Autor   Odpowiedzi 
 Rozwijanie f(x)=x^2 w szereg Fouriera.  Anonymous  1
 Zbadaj zbieżność szeregu...  mm34639  3
 x0 w obliczaniu zbieznosci szeregu potegowego  Naiya  2
 Zbieznosc szeregu potegowego  haxo  5
 Zbieznosc szeregu funkcyjnego  Gnomek  0
 
Atom [Regulamin Forum] [Instrukcja LaTeX-a] [Poradnik] [F.A.Q.] [Reklama] [Kontakt]
Copyright (C) Karpatka.pl