szereg
TrybunałStanu: Szereg
| | π | |
∑ n2*sin( |
| ), n = 1 do ∞ |
| | 2n | |
Próbowałem d'Alembertem i stanąłem na :
| | π | | π | |
lim sin( |
| ) podzielić na sin( |
| ) Nie wiem jak obliczyć taką granicę |
| | 2n+1 | | 2n | |
n−>
∞
22 lis 22:29
jc: Wykorzystaj nierówność: |sin x| ≤ x
22 lis 22:32
ICSP: Z nierówności Jordana:
Badamy zbieżność szeregu
na podstawie kryterium Cauchego
| | 1 | |
lim n√an = |
| < 1 ⇒ szereg jest zbieżny, więc na mocy kryterium porównawczego |
| | 2 | |
| | π | |
∑n2sin( |
| ) również jest zbieżny |
| | 2n | |
22 lis 22:33
TrybunałStanu: To przykład z zadania "Zbadaj zbieżność podanych szeregów korzystając z kryterium d'Alemberta"
22 lis 22:45
ICSP: | | π | |
Pomnóż licznik i mianownik przez 2cos( |
| ) i skorzystaj z wzoru na sinus podwojonego |
| | 2n+1 | |
kąta.
22 lis 22:49
TrybunałStanu: @ICSP
| | π | | π | |
Nic z tego nie wychodzi konkretnego, U{sin( |
| )}{2sin( |
| )*cos({π}{2n+1)} |
| | 2n | | 2n | |
Ale trudno, porzucę to zadanie bo i tak nie będzie takiego trudnego na kolokwium
22 lis 23:00
ICSP: przecież sinus możesz skrócić
cosinus będzie dążyć do 1 i dlatego
22 lis 23:03
TrybunałStanu: A, rzeczywiście. Późno już. Dziękuję
22 lis 23:06