limita fara serii Taylor

FaN.Anduu · Mesaj de **FaN.Anduu** » 13 Iun 2019, 16:27

Sa se gaseasca limita lui $x_{n}=\sum_{k=1}^{n}\sqrt{n^{4}+k}\cdot\sin(\frac{2k\pi}{n}); n\in\mathbb{N}^{*}$

Raspuns -1/4pi

O rezolvare fara serii Taylor daca se poate.Am adunat/scazut un radica din n^4 si am impartit in 2 sume.

Mesaj de **ghioknt** » 17 Iun 2019, 23:06

Ideea pe care ai avut-o/primit-o este bună, numai că trebuie finalizată cu oarece abnegație.
$a_n=\sum_{k=1}^{n}(\sqrt{n^4+k}-n^2)sin\frac{2k\pi }{n}+n^2\sum_{k=1}^{n}sin\frac{2k\pi }{n}=\sum_{k=1}^{n}\frac{k}{\sqrt{n^4+k}+n^2}sin\frac{2k\pi }{n}$
$=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{1+\frac{k}{n^4}}+1}\cdot \frac{1}{n}\frac{k}{n}sin\frac{2k\pi }{n}$
$\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n^3}}+1}\cdot \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n}\frac{k}{n}sin\frac{2k\pi }{n}\leq a_n\leq \frac{1}{2}\cdot \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n}\frac{k}{n}sin\frac{2k\pi }{n}$
Criteriul cleștelui ne spune că șirul are ca limită pe $\frac{1}{2}\int_{0}^{1}xsin(2\pi x)dx$

FaN.Anduu · Mesaj de **FaN.Anduu** » 18 Iun 2019, 16:25

Multumesc pentru raspuns!
Ceea ce n-am inteles este de ce a doua suma dispare.Tinde la 0?
Suma aia nu merge rezolvata cu metoda pe care am vazut-o tot aici pe forum?
Daca am f(x)=sinx si g(x)=x astfel incat limita cand x->0 f(x)/g(x)=1 si un a(k,n)=2kpi/n atunci limita ar fi limita din suma de 2kpi/n. 2pi/n iese in fata si ramane suma din k dar limita imi da infinit.E gresita abordarea?Dar daca suma tinde la 0 si n la infinit, n as ajunge la 0*infinit ?

Legat de inegalitate, s-a scris an-ul final si in stanga lui se inlocuieste k cu n, de aia a dat 1/n^3 ? Si in dreapta se inlocuieste k cu 1, nu ?Adica cele 2 sume din dreapta si stanga lui an nu-s la fel? 1/2 suma din 1/n...de unde iese cu Riemann.

Inafara de partea cu a2a suma, am inteles in mare parte rezolvarea.
Multumesc!

O alta rezolvare pe care am gasit-o dar care ma depaseste este cea din poza:

grapefruit · Mesaj de **grapefruit** » 18 Iun 2019, 19:29

Salut,vreau sa stiu si eu cum se numeste cartea.

Legat de a doua suma,putem interpreta ca fiind suma partilor imaginare ale radacinilor de ordin n ale unitatii.

Mesaj de **ghioknt** » 23 Iun 2019, 16:48

A doua sumă nu tinde la 0, ci este 0.
Observație: $u+v=2\pi \Rightarrow \sin u+\sin v=0.$
$s_n=\sum_{k=1}^{n}\sin \left ( \frac{2k\pi }{n} \right )=\sum_{k=1}^{n-1}\sin \left ( \frac{2k\pi }{n} \right )$ ,
pentru că ultimul termeneste de fapt sin(2pi)=0.
$2s_n=\left ( \sin \frac{2\pi }{n}+\sin\frac{2(n-1)\pi }{n} \right )+...+\left ( \sin \frac{2(n-1)\pi }{n}+\sin\frac{2\pi }{n} \right )=0$ , căci, conform observației, fiecare paranteză este 0.
Povestea cu f(x)/g(x) nu merge pentru că acel a(k,n) trebuie să tindă la 0 pentru orice k, inclusiv pentru k=n, ceeace nu se întâmplă pentru (2kpi)/n.
Demonstrația din carte este corectă, în timp ce demonstrația postată de mine este greșită. Inegalitățile
$\frac{1}{\sqrt{1+\frac{n}{n^4}}+1}\leq \frac{1}{\sqrt{1+\frac{k}{n^4}}+1}\leq \frac{1}{2}$ sunt adevărate pentru orice k,
numai că, înainte de a le însuma, ele trebuie înmulțite cu $\sin \left ( \frac{2k\pi }{n} \right )$ . Ori aceste valori sunt
negative pentru orice $k>\left [ \frac{n}{2} \right ]=c_n$ ; asta face ca inegalitățile să-și schimbe sensul, adică
inegalitățile folosite de mine pentru a aplica criteriul cleștelui sunt fanteziste.
Totuși rezultatul obținut este cel corect, așa că voi modifica puțin raționamentul. Voi scrie $a_n=a'_n+a''_n$ ,
unde la primul șir indicele de sumare ia valori de la 1 la $c_n$ , iar la al doilea de la $c_n+1$ la n.
Deci pentru primul șir inegalitățile nu se schimbă, în timp ce pentru al doilea toate vor fi cu sensul schimbat.
$\frac{1}{\sqrt{1+\frac{c_n}{n^4}}+1}\sum_{k=1}^{c_n}\frac{1}{n}\cdot \frac{k}{n}\cdot \sin \left ( \frac{2k\pi }{n} \right )\leq a'_n\leq \frac{1}{2}\sum_{k=1}^{c_n}\frac{1}{n}\cdot \frac{k}{n}\cdot \sin \left ( \frac{2k\pi }{n} \right )$
$\frac{1}{\sqrt{1+\frac{n}{n^4}}+1}\sum_{k=c_n+1}^{n}\frac{1}{n}\cdot \frac{k}{n}\cdot \sin \left ( \frac{2k\pi }{n} \right )\geq a''_n\geq \frac{1}{\sqrt{1+\frac{c_n+1}{n^4}}+1}\sum_{k=c_n+1}^{n}\frac{1}{n}\cdot \frac{k}{n}\cdot \sin \left ( \frac{2k\pi }{n} \right )$ .
Primele 2 sume corespund unor sume Riemann pentru $\int_{0}^{\frac{1}{2}}x\sin 2\pi xdx$ , iar celelalte 2 pentru $\int_{\frac{1}{2}}^{1}x\sin 2\pi xdx$ .
$a'_n+a''_n\to \int_0^1x\sin 2\pi xdx=-\frac{1}{4\pi}.$

FaN.Anduu · Mesaj de **FaN.Anduu** » 07 Iul 2019, 11:07

Multumesc!

Forum AniDeȘcoală.ro

limita fara serii Taylor

limita fara serii Taylor

Re: limita fara serii Taylor

Re: limita fara serii Taylor

Re: limita fara serii Taylor

Re: limita fara serii Taylor

Re: limita fara serii Taylor