szeregi Blue: Bardzo proszę i pomoc z następującymi zadaniami: 1 Udowodnij, że

	nx2+2
a) (		) → x2
	n

→ (−∞,∞)

	1−nx
b) (		)→ −1
	1+nx

(0,∞)

	sinnx
c) (		)→ 0
	n

→ (−∞,∞)

	1
d) (√x2+		) → |x|
	n2

→ (−∞,∞) 2. Wyznacz promień i przedział zbieżności szeregów potęgowych:

	xn
a) ∑		α>0
	nα

	xn
b) ∑
	n*lnn

Janek191:

n x2 + 2		2
	= x2 +
n		n

więc

	2
lim ( x2 +		) = x2
	n

n→∞

Janek191:

	1 − n x		1   − x   n
b)		=
	1 + n x		1   + x   n

więc

	1   − x n		−x
lim		=		= − 1
	1   + x   n		x

n→ − ∞

	1   − x n		−x
lim		=		= − 1
	1   + x n		x

n→ +∞

Blue: dzięki

Blue: Mam nadzieję, że znajdzie się ktoś, kto wyliczy pozostałe zadania

Metis:

	1		1
d) √x2+		= |x|+
	n2		n2

więc

	1
limn−>∞(|x|+		)= |x|
	n2

Janek191: c) − 1 ≤ sin nx ≤ 1 więc

sin nx		1
	≤		→ 0 , gdy n → +∞
n		n

	sin nx		1
		≤		→ 0, gdy n → −∞
	n		n

Blue: Dziękuję bardzo a na zadanie 2 ma ktoś jakiś pomysł?

Przemysław: Mogę się mylić, ale:

	1
2. a) r=
	1   limsup (| |)1/n   na

	1		1
limsup (|		|)1/n=		=1 => r=1
	na		1a

czyli szereg jest zbieżny na (−1,1)

	1
b) limsup
	(|n*lnn|)1/n

granica czegoś takiego: (|n*lnn|)^1/n no to mamy: (n)^1/n≤(|n*lnn|)^1/n≤(n²)^1/n i z 3. ciągów: (|n*lnn|)^1/n→1 =>

	1		1
limsup		=		=1
	(|n*lnn|)1/n		1

=> r=1 zbieżny na (−1,1) Nawet jeżeli się mylę (ale chyba jest dobrze), to i tak polecam poczytać: https://pl.wikipedia.org/wiki/Szereg_potęgowy sprawdzenie b) w wolframie: http://www.wolframalpha.com/input/?i=sum+x%5E(n%2B1)%2F((n%2B1)*ln(n%2B1)) (zamiast n, wpisałem n+1, bo dla n=1 mamy zero w mianowniku)

Benny:

	1		an+1
Ogólnie r=		, gdzie λ=
	λ		an

Przemysław: @Benny Czemu? Chyba jest coś takiego:

	1
r=
	an+1   lim   an

ale to tylko jak ta granica istnieje, więc nie ogólnie. Ogólniej to chyba jest:

	1
r=
	limsup(|an|)1/n

lim i limsup, przy n−>∞ No chyba, że na wikipedii jest źle, co jest możliwe.

Benny: Ja tak miałem w pierwszym semestrze przy szeregach potęgowych.

Przemysław: No to wtedy nie pozbędziesz się n z promienia przecież. Np. ∑n*xⁿ i Twoim sposobem:

	1
r=
	α

	n+1
α=
	n

	n
r=
	n+1

Przemysław: A jak z granicą to co w przypadku, gdy tej granicy nie ma? Znaczy ja Ciebie nie chcę atakować, ale twierdzisz, że wtedy też promienia nie ma? Czyli nie można stwierdzić, gdzie szereg jest zbieżny, a gdzie nie?

Przemysław: No i w 18:29 mam błąd, bo powinienem był napisać moduł, czyli: "Chyba jest coś takiego:

	1
r=
	an+1   lim| |   an

"

Benny:

	1		an+1
Niech r=		, λ=limn→∞		(o ile an≠0)
	λ		an

Jeżeli λ=0, to przyjmujemy, że r=∞ Jeżeli λ=∞∞, to przyjmujemy, że r=0 r>0 Dla x∊(x₀−r, x₀+r) szereg potęgowy jest zbieżny bezwzględnie Dla x∊(−∞; x₀−r) ∪ (x₀+r, +∞) szereg potęgowy jest rozbieżny Dla x=x₀−r oraz x=x₀+r należy zbadać zachowanie szeregu.

Przemysław: ∑(−1)ⁿ*xⁿ Twoim sposobem:

an+1
	=−1→−1
an

r=−1 − promień wyszedł ujemny (?), ale nawet weźmy dalej jego moduł: wezmę: x=−1/2∊(−1,1)

	1
1/2−1/2+1/2−1/2+...=∑(−1)n+1*
	2

dla potwierdzenia: http://www.wolframalpha.com/input/?i=sum+(-1%2F2)*(-1)%5E(n%2B1)

Przemysław: Głupotę napisałem, nie było tego

Przemysław: Ale co w przypadku szeregu: ∑sin(π/2+n*π)*xⁿ wtedy w zależności od parzystości n mamy: sin(π/2+n*π)=sin(π/2) albo sin(π/2+n*π)=sin(π/2+π) czyli:

sin(π/2+(n+1)*π)
	=?
sin(π/2+n*π)

Benny:

	π
sin(		+coś)=cos(coś)
	2

Przemysław: I co dalej?

Benny: Wyjdzie na moduł 1.

Przemysław: No a co dla ∑(1+sin(π/2)+n*π)*xⁿ? tutaj moduł już nic nie da bo cos(nπ)=2 lub cos(nπ)=1 w zależności od parzystości, czyli masz:

an+1
	=1/2
an

albo

an+1
	=2
an

Przemysław: "2 lub 0, w zależności od parzystości"

Benny: No to pewnie trzeba tak jak Ty, bo to zapewne działa jak granica istnieje

Przemysław: Nom, tak właśnie było na wiki i tak napisałem o 18:29. Przepraszam za tyle nietrafionych kontrprzykładów