Anula: Utworzono nową stronę "NOTOC ==Zadanie== Udowodnić, że suma szeregu :: $S=\sum _{n=1}^\infty a_{n} =\sum _{n=1}^\infty \frac{4(-1)^{n+1}}{2n-1}$ jest skończona. Rozbija..."

2015-05-22T13:00:30Z

Utworzono nową stronę "__NOTOC__ ==Zadanie== Udowodnić, że suma szeregu ::<math> S=\sum _{n=1}^\infty a_{n} =\sum _{n=1}^\infty \frac{4(-1)^{n+1}}{2n-1} </math> jest skończona. Rozbija..."

Nowa strona

__NOTOC__

==Zadanie==

Udowodnić, że suma szeregu

::<math>
S=\sum _{n=1}^\infty a_{n} =\sum _{n=1}^\infty \frac{4(-1)^{n+1}}{2n-1}
</math>

jest skończona.

Rozbijamy sumę <math>S</math> na sumę częściową <math>2k</math> pierwszych wyrazów, <math>S_{2k}</math>
i sumę pozostałych (nieskończenie wielu) wyrazów

<math>\begin{matrix}
S
&&\!\!\!\!\!\!\!\!=
S_{2k} + \sum _{n=2k+1}^\infty \frac{4(-1)^{n+1}}{2n-1}
\\&&\!\!\!\!\!\!\!\!=
S_{2k}
+4\left[\frac{(-1)^{2k+1+1}}{2(2k+1)-1}+\frac{(-1)^{2k+2+1}}{2(2k+2)-1}
+\frac{(-1)^{2k+3+1}}{2(2k+3)-1}+\frac{(-1)^{2k+4+1}}{2(2k+4)-1}
+\ldots \right]
\\&&\!\!\!\!\!\!\!\!=
S_{2k}
+4\left[\frac{1}{4k+1}-\frac{1}{4k+3}+\frac{1}{4k+5}-\frac{1}{4k+7}
+\ldots \right]
\\&&\!\!\!\!\!\!\!\!=
S_{2k}
+4\left[\frac{2}{(4k+1)(4k+3)}+\frac{2}{(4k+5)(4k+7)}
+\ldots \right]
\end{matrix}</math>

Każdy z ułamków w nawiasie kwadratowym jest dodatni, więc dostajemy
nierówność

::<math>
S > S_{2k}
</math>

Teraz rozbijamy sumę <math>S</math> na sumę częściową <math>S_{2k+1}</math> pierwszych
<math>(2k+1)</math> wyrazów i sumę pozostałych (nieskończenie wielu) wyrazów

<math>\begin{matrix}
S
&&\!\!\!\!\!\!\!\!=
S_{2k+1} + \sum _{n=2k+2}^\infty \frac{4(-1)^{n+1}}{2n-1}
\\&&\!\!\!\!\!\!\!\!=
S_{2k+1}
+4\left[\frac{(-1)^{2k+2+1}}{2(2k+2)-1}+\frac{(-1)^{2k+3+1}}{2(2k+3)-1}
+\frac{(-1)^{2k+4+1}}{2(2k+4)-1}+\frac{(-1)^{2k+5+1}}{2(2k+5)-1}
+\ldots \right]
\\&&\!\!\!\!\!\!\!\!=
S_{2k+1}
+4\left[-\frac{1}{4k+3}+\frac{1}{4k+5}-\frac{1}{4k+7}+\frac{1}{4k+9}
+\ldots \right]
\\&&\!\!\!\!\!\!\!\!=
S_{2k+1}
+4\left[\frac{-2}{(4k+3)(4k+5)}+\frac{-2}{(4k+7)(4k+9)}
+\ldots \right]
\end{matrix}</math>

Każdy z ułamków w nawiasie kwadratowym jest ujemny, więc dostajemy
nierówność

::<math>
S < S_{2k+1}
</math>

Obie nierówności razem dają dolne i górne ograniczenie na sumę <math>S</math>:

::<math>
S_{2k} < S < S_{2k+1}
</math>

Obliczamy różnicę wartości tych ograniczeń

::<math>
S_{2k+1} - S_{2k}
=
a_{2k+1}
=
\frac{4(-1)^{2k+2}}{4k+2-1} = \frac{4}{4k+1}
</math>

Obliczamy granicę wartości tej różnicy dla <math>k\rightarrow \infty </math>

::<math>
\lim _{k\rightarrow \infty } \left(S_{2k+1} - S_{2k}\right)
=
\lim _{k\rightarrow \infty } \frac{4}{4k+1}
=
0
</math>

Następnie wykazujemy monotoniczność ciągu parzystych sum cząstkowych

<math>\begin{matrix}
S_{2k+2} - S_{2k}
=
a_{2k+1}+a_{2k+2}
&&\!\!\!\!\!\!\!\!
=
\frac{4(-1)^{2k+2}}{2(2k+1)-1} + \frac{4(-1)^{2k+3}}{2(2k+2)-1}
\\
&&\!\!\!\!\!\!\!\!
=
\frac{4}{4k+1} - \frac{4}{4k+3}
=
\frac{8}{(4k+1)(4k+3)}
>
0
\end{matrix}</math>

Ten ciąg jest ściśle rosnący. Analogicznie pokazujemy, że ciąg
nieparzystych sum cząstkowych jest ciągiem ściśle malejący:

<math>\begin{matrix}
S_{2k+3} - S_{2k+1}
=
a_{2k+2}+a_{2k+3}
&&\!\!\!\!\!\!\!\!
=
\frac{4(-1)^{2k+3}}{2(2k+2)-1} + \frac{4(-1)^{2k+4}}{2(2k+3)-1}
\\
&&\!\!\!\!\!\!\!\!
=
-\frac{4}{4k+3} + \frac{4}{4k+5}
=
-\frac{8}{(4k+3)(4k+5)}
<
0
\end{matrix}</math>

Udowodniliśmy, że liczba <math>S</math> spełnia następujące warunki:

<ul>

<li>
<math>S</math> jest większe od każdego wyrazu rosnącego ciągu
parzystych sum cząstkowych <math>S_{2k}</math>

<li>
<math>S</math> jest mniejsze od każdego wyrazu malejącego ciągu
nieparzystych sum cząstkowych <math>S_{2k+1}</math>

<li>
ciąg różnic między wartościami wyrazów tych monotonicznych
ciągów, <math>S_{2k+1}-S_{2k}</math>, ma granicę równą zero

</ul>

Powyższe warunki można zilustrować odpowiednim wykresem

[[Plik:fig14.png|350px|]]

Pokazują one, że szereg
<math>S=\sum _{n=1}^\infty a_{n}</math> jest zbieżny.

Na obecnym etapie zajęć nie możemy jeszcze obliczyć wartości
liczbowej sumy <math>S</math>. Warto jednak wypisać przybliżone wartości kilku
sum cząstkowych

<table class="wikitable">
<tr>
<td><math>N</math></td>

<td><math>S_N</math></td>

<td><math>N</math></td>

<td><math>S_N</math></td>

</tr>
<tr>
<td>2</td>

<td>2.667</td>

<td>3</td>

<td>3.4467</td>

</tr>
<tr>
<td>4</td>

<td>2.895</td>

<td>5</td>

<td>3.340</td>

</tr>
<tr>
<td>6</td>

<td>2.976</td>

<td>7</td>

<td>3.284</td>

</tr>
<tr>
<td>20</td>

<td>3.092</td>

<td>21</td>

<td>3.189</td>

</tr>
<tr>
<td>50</td>

<td>3.122</td>

<td>51</td>

<td>3.161</td>

</tr>
<tr>
<td>100</td>

<td>3.13159</td>

<td>101</td>

<td>3.15149</td>

</tr>
<tr>
<td>1000</td>

<td>3.14059</td>

<td>1001</td>

<td>3.14259</td>

</tr>
</table>

Sumą szeregu jest liczba <math>\pi </math>, ale, jak widać w powyższej tabelce,
ciąg sum cząstkowych zbiega dość powoli. Obliczona wcześniej
różnica <math>S_{2N+1}-S_{2N}=4/(4N+1)</math> pokazuje, że suma cząstkowa
<math>S_k</math> przybliża <math>S</math> z dokładnością rzędu <math>1/k</math> (to też można
dostrzec w tabelce).

==Zadanie==

Znaleźć sumę szeregu

::<math>
S=\sum _{n=1}^\infty a_{n} =\sum _{n=1}^\infty \frac{1}{n(n+1)}
</math>

Zadanie bardzo łatwo rozwiązać po zapisaniu wyrazu <math>a_n</math>
w postaci kombinacji funkcji wymiernych o mianownikach
liniowych w <math>n</math> (operacja odwrotna do sprowadzania do
wspólnego mianownika):

::<math>
a_n = \frac{1}{n(n+1)} = \frac{b}{n} + \frac{c}{n+1}
=
\frac{b(n+1)+cn}{n(n+1)} = \frac{b+(b+c)n}{n(n+1)}
</math>

Licznik ostatniego ułamka ma być równy 1, więc otrzymujemy układ równań

::<math>
\left\lbrace
\begin{array}{r}
b=1 \\
b+c=0
\end{array}
\right.
</math>

którego rozwiązanie ma postać <math>b=1</math>, <math>c=-1</math>. Szukaną sumę szeregu
zapisujemy w postaci

::<math>
S=\sum _{n=1}^\infty a_{n} =\sum _{n=1}^\infty \left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)
</math>

Obliczamy kilka pierwszych sum cząstkowych

<math>\begin{matrix}
S_1
&&\!\!\!\!\!\!\!\!
=
1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}
\\
S_2
&&\!\!\!\!\!\!\!\!
=
\left(1-\frac{1}{2}\right) + \left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)=1-\frac{1}{3}=\frac{2}{3}
\\
S_3
&&\!\!\!\!\!\!\!\!
=
\left(1-\frac{1}{2}\right) + \left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)
+ \left(\frac{1}{3}-\frac{1}{4}\right)
=1-\frac{1}{4}=\frac{3}{4}
\end{matrix}</math>

Łatwo zauważyć, że <math>N</math>-ta suma cząstkowa wynosi

::<math>
S_N
=
\left(1-\frac{1}{2}\right) + \ldots + \left(\frac{1}{N}-\frac{1}{N+1}\right)
=1-\frac{1}{N+1}=\frac{N}{N+1}
</math>

co pozwala obliczyć sumę <math>S</math> jako granicę ciągu sum cząstkowych

::<math>
S = \lim _{N\rightarrow \infty } S_N = \lim _{N\rightarrow \infty } \frac{N}{N+1} = 1
</math>

==Zadanie==

Udowodnić zbieżność szeregu

::<math>
S=\sum _{n=1}^\infty a_{n} =\sum _{n=1}^\infty \frac{1}{n^c}
</math>

dla <math>c>1</math>.
Dokonujemy następujących operacji w celu znalezienia ograniczenia
na ciąg sum cząstkowych:

<math>\begin{matrix}
S_N
&&\!\!\!\!\!\!\!\!
=
1+\frac{1}{2^c}+\frac{1}{3^c} + \ldots + \frac{1}{N^c}
<
1+\frac{1}{2^c}+\frac{1}{3^c} + \ldots + \frac{1}{N^c}
+ \ldots + \frac{1}{(2N)^c} + \frac{1}{(2N+1)^c}
\\
&&\!\!\!\!\!\!\!\!
= 1 +\left(\frac{1}{2^c}+\frac{1}{3^c}\right)
+\ldots +
\left(\frac{1}{(2k)^c}+\frac{1}{(2k+1)^c}\right)
+\ldots +
\left(\frac{1}{(2N)^c}+\frac{1}{(2N+1)^c}\right)
\end{matrix}</math>

Wyrażenia w nawiasach spełniają warunek

::<math>
\left(\frac{1}{(2k)^c}+\frac{1}{(2k+1)^c}\right)
<
\left(\frac{1}{(2k)^c}+\frac{1}{(2k)^c}\right)
=
\frac{2}{(2k)^c}
</math>

<math>N</math>-ta suma cząstkowa spełnia więc nierówność

<math>\begin{matrix}
S_N
&&\!\!\!\!\!\!\!\!
<
1 + \frac{2}{2^c} +\ldots + \frac{2}{(2k)^c} +\ldots + \frac{2}{(2N)^c}
=
1 + \frac{1}{2^{c-1}} +\ldots + \frac{1}{2^{c-1}}\,\frac{1}{k^c}
+\ldots + \frac{1}{2^{c-1}}\,\frac{1}{N^c}
\\
&&\!\!\!\!\!\!\!\!
=
1 + \frac{1}{2^{c-1}}\left(1+\ldots +\frac{1}{k^c}+\ldots +\frac{1}{N^c}
\right)
=
1 + \frac{1}{2^{c-1}}\,S_N
\end{matrix}</math>

Porównując skrajne wyrażenia w powyższym wzorze, dostajemy

::<math>
\left(1-\frac{1}{2^{c-1}}\right)S_N < 1
</math>

Wyrażenie w nawiasie jest liczba dodatnią (co udowodnimy za chwilę),
więc możemy powyższą nierównośc przekształcic do postaci

::<math>
S_N < \frac{1}{1-\displaystyle \frac{1}{2^{c-1}}}
</math>

Prawa strona tej nierówności jest dla każdego
<math>c>1</math> skończoną liczbą dodatnią, co pokazuje następujący ciąg
nierówności

<math>\begin{matrix}
\infty >c>1
&&\!\!\!\!\!\!\!\!\qquad \Rightarrow \qquad \infty >2^c>2
\qquad \Rightarrow \qquad \infty >\frac{2^c}{2}>1
\qquad \Rightarrow \qquad \infty >2^{c-1}>1
\\&&\!\!\!\!\!\!\!\!\qquad \Rightarrow \qquad 0<\frac{1}{2^{c-1}}<1
\qquad \Rightarrow \qquad 1>1-\displaystyle \frac{1}{2^{c-1}}>0
\end{matrix}</math>

O ciągu sum cząstkowych wiemy więc, że

<ul>

<li>
jest ciągiem rosnącym (ponieważ <math>S_{N+1}-S_N=1/(N+1)>0</math>)

<li>
jest ciągiem ograniczonym z góry przez ustaloną dla każdego <math>c</math>
skończoną liczbę dodatnią

</ul>

Ciąg <math>S_N</math>, jako rosnący i ograniczony z góry, jest ciągiem zbieżnym,
co należało wykazać.

==Zadanie==

Znaleźć sumę szeregu

::<math>
S=\sum _{n=1}^\infty a_{n} =\sum _{n=1}^\infty \frac{1}{4n^2-1}
</math>

Warto wypisać jawnie kilka pierwszych wyrazów tej sumy

::<math>
\sum _{n=1}^\infty \frac{1}{4n^2-1}
=
\sum _{n=1}^\infty \frac{1}{(2n-1)(2n+1)}
=
\frac{1}{1\cdot 3}+\frac{1}{3\cdot 5}+\frac{1}{5\cdot 7}
+\frac{1}{7\cdot 9}+\ldots </math>

Suma cząstkowa <math>S_N</math> jest równa

::<math>
S_N
=
\frac{1}{1\cdot 3}+\ldots +\frac{1}{(2k-1)(2k+1)}
+\cdots +\frac{1}{(2N-1)(2N+1)}
</math>

Każdy wyraz powyższej sumy zapisujemy jako kombinację prostych
funkcji wymiernych

::<math>
\frac{1}{(2k-1)(2k+1)}
=
\frac{b}{2k-1}+\frac{c}{2k+1}
=
\frac{b(2k+1)+c(2k-1)}{(2k-1)(2k+1)}
=
\frac{2(b+c)k+(b-c)}{(2k-1)(2k+1)}
</math>

co prowadzi do układu równań

::<math>
\left\lbrace
\begin{array}{r}
b-c=1\\
2(b+c)=0\\
\end{array}
\right.
</math>

którego rozwiązaniem jest <math>b=\frac{1}{2}</math>, <math>c=-\frac{1}{2}</math>.
<math>N</math>-tą sumę cząstkową możemy więc zapisać w postaci

<math>\begin{matrix}
S_N
&&\!\!\!\!\!\!\!\!
=
\left(\frac{1}{2}\cdot 1-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{3}\right)
+
\left(\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{3}-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{5}\right)
+\ldots +
\left(\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2k+1}\right)
\\
&&
+
\left(\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2k+1}-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2k+3}\right)
+\ldots +
\left(\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2N-1}-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2N+1}\right)
\\
&&\!\!\!\!\!\!\!\!
=
\frac{1}{2}
\left[\left(1-\frac{1}{3}\right)
+
\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{5}\right)
+\ldots +
\left(\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k+1}\right)
+
\left(\frac{1}{2k+1}-\frac{1}{2k+3}\right)\right.
\\
&&\quad \left.
+\ldots +
\left(\frac{1}{2N-1}-\frac{1}{2N+1}\right)\right]
\\
&&\!\!\!\!\!\!\!\!
=
\frac{1}{2}
\left[1-\frac{1}{2N+1}\right]
\end{matrix}</math>

Teraz łatwo możemy już obliczyć sumę szeregu jako granicę ciągu sum
cząstkowych

::<math>
S
=
\lim _{N\rightarrow \infty } S_N
=
\lim _{N\rightarrow \infty } \frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{2N+1}\right)=\frac{1}{2}
</math>

==Zadanie==

Znaleźć sumę szeregu

::<math>
S=\sum _{n=1}^\infty a_{n} =\sum _{n=1}^\infty \frac{1}{(4n)^2-1}
</math>

korzystając z wyniku podanego przy rozwiązywaniu zadania 4.1:

::<math>
4\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1)^{n+1}}{2n-1}=\pi </math>

Wypisujemy jawnie kilka pierwszych wyrazów sumy

::<math>
\sum _{n=1}^\infty \frac{1}{16n^2-1}
=
\sum _{n=1}^\infty \frac{1}{(4n-1)(4n+1)}
=
\frac{1}{3\cdot 5}+\frac{1}{7\cdot 9}+\frac{1}{11\cdot 13}
+\frac{1}{15\cdot 17}+\ldots </math>

Podobnie jak w poprzednich zadaniach, zapisujemy <math>n</math>-ty wyraz szeregu
w innej postaci

::<math>
a_n
=
\frac{1}{(4n-1)(4n+1)}
=
\frac{b}{4n-1}+\frac{c}{4n+1}
=
\frac{4(b+c)n+(b-c)}{(4n-1)(4n+1)}
</math>

co, po wyznaczeniu stałych <math>b</math> i <math>c</math>, daje

::<math>
a_n
=
\frac{1}{2}\left(\frac{1}{4n-1}-\frac{1}{4n+1}\right)
</math>

Sumę szeregu można zapisać w postaci

::<math>
S
=
\sum _{n=1}^\infty \frac{1}{2}\left(\frac{1}{4n-1}-\frac{1}{4n+1}\right)
=
\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+\frac{1}{7}-\frac{1}{9}+\frac{1}{11}-\frac{1}{13}
+\ldots \right)
</math>

Tym razem nie ma żadnego kasowania między składnikami kolejnych wyrazów
szeregu <math>a_n</math> i <math>a_{n+1}</math>. Szereg w nawiasie w powyższym równaniu
jest podobny do szeregu z sumą równą <math>\pi </math> podanego w treści
zadania

::<math>
\pi =
4\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1)^{n+1}}{2n-1}
=
4\left(1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\ldots \right)
</math>

Aby z tego skorzystać, zmieniamy ostatnio uzyskaną postać wyrażenia na
sumę <math>S</math>:

<math>\begin{matrix}
S
&&\!\!\!\!\!\!\!\!
=
\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+\frac{1}{7}-\frac{1}{9}+\frac{1}{11}
+\ldots \right)
=
\frac{1}{2}\left(1-1+\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+\frac{1}{7}-\frac{1}{9}+\frac{1}{11}
+\ldots \right)
\\
&&\!\!\!\!\!\!\!\!
=
\frac{1}{2}\left[1-\left(1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\frac{1}{9}-\frac{1}{11}
+\ldots \right)\right]
=
\frac{1}{2}\left[1-\left(\frac{\pi }{4}\right)\right]
\\
&&\!\!\!\!\!\!\!\!
=
\frac{1}{2} - \frac{\pi }{8}
\end{matrix}</math>

Matematyka 1 OO/Sumy szeregów liczbowych - Historia wersji

Anula: Utworzono nową stronę "__NOTOC__ ==Zadanie== Udowodnić, że suma szeregu :: S=\sum _{n=1}^\infty a_{n} =\sum _{n=1}^\infty \frac{4(-1)^{n+1}}{2n-1} jest skończona. Rozbija..."

Anula: Utworzono nową stronę "NOTOC ==Zadanie== Udowodnić, że suma szeregu :: $S=\sum _{n=1}^\infty a_{n} =\sum _{n=1}^\infty \frac{4(-1)^{n+1}}{2n-1}$ jest skończona. Rozbija..."