Fant ut av det.

Tusen takk for hjelpen!

Ja, enig.

sett

\Large u=\sqrt{2}v

1. Hvis jeg setter: u=\sqrt{2}v

\frac{du}{dv}=\sqrt{2}

du=\sqrt{2}dv

Da har jeg:

3\int\frac{1}{(\sqrt{2}v)^{2}+2}\sqrt{2}dv
3\int\frac{\sqrt{2}}{2v^{2}+2}dv
3\sqrt{2}\int\frac{1}{2(v^{2}+1)}dv
\frac{3\sqrt{2}}{2}\int\frac{1}{v^{2}+1}dv
\frac{3\sqrt{2 ...

0,5 er summen av alle ledd i rekken.
Uenig http://www.wolframalpha.com/input/?i=sum%28n-1%29%2Fn^3

Har sett litt i boken min nå, hvor det står omtrent:

Hvis \int_{1}^{\infty}f(x)dx konvergerer, da konvergerer rekken, \sum_{n=1}^{\infty}a_{n} , når f(x)=a_{n} .

Det står ingenting om selve ...

Jeg påstår at:

Siden det ubestemte integralet ble 0,5 så konvergerer rekken, 0,5 er summen av alle ledd i rekken. En rekke som konvergerer MÅ ha en grenseverdi som er 0, for hvis ikke vil den være voksende/avtagende i det uendelige. Her kan man ikke tenke som man gjør når man finner grenseverdien ...

Takker.

Denne tråden kan stenges.

Stuck her...

[tex]\int\frac{3}{n^{2}+2n+3}dn=3\int\frac{1}{(n+1)^{2}+2}dn[/tex]

Setter: [tex]u=n+1[/tex]
[tex]dn=du[/tex]

[tex]3\int\frac{1}{(u)^{2}+2}du[/tex]

Ser at dette ligner veldig på den deriverte til [tex]arctan(n)[/tex] men ser ikke helt hvordan jeg skal gjøre det...

Tips?

Da ente jeg opp med at det bestemte integralet ble: 0,5

Som jeg tolker som at integralet konvergerer så konvergerer også rekken, og dette vil si at grenseverdien til rekken er 0.

Er dere enige eller er jeg helt på blåbærtur i dag?

Den så jeg ikke.

Integrasjonen min er meget rusten.

Takker, skal se om jeg får det til nå.

Undersøk om rekken konvergerer:

\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n-1}{n^{3}}

Sjekker:

\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{n-1}{n^{3}}=0

Det betyr at rekken kan konvergere, men det må sjekkes:

\int_{1}^{\infty} \frac{n-1}{n^{3}}

Her trenger jeg litt hjelp, med integrasjonen, har prøvt litt med ...

Jeg forstår hva du sier, men...

Hvis det du sier er sant da stemmer jo ikke induksjonsgrunnlaget, og derfor er "påstanden" feil. Q.E.D.?

Kanskje du skal ta utgangspunkt i et annet "induksjonsgrunnlag"? Det er ingenting som hindrer deg i å bruke noe annet enn n = 1 som start.

Ok, jeg ser at ...

Hmmm. Er du sikker?


Ja. Addisjon er en kommutativ operator, dvs at \forall (x,y)\in\mathbb{R}: x+y=y+x . Med andre ord spiller ikke rekkefølgen på addisjonen noe.

Du har:

\sum_{k=1}^0 k^3 = 1^3 + 0^3 = 1
Dette er det samme som

\sum_{k=0}^1 k^3 = 0^3 + 1^3 = 1 .

Husk at når du summerer ...

Jeg fant ut av det! Woho! :D

Jeg VET at \sum_{k=1}^{a}k^{3}\leq\frac{a^{4}}{4}+a^{3} og jeg VIL VISE at \sum_{k=1}^{a}k^{3}\leq\frac{(a+1)^{4}}{4} , da må jeg bare vise at \frac{a^{4}}{4}+a^{3}\leq\frac{(a+1)^{4}}{4} .

Som stemmer, og det blir lignende på "høyre" ulikhet.

Dette brukte jeg x ...

Det er feil å bruke notasjonen \aleph for naturlige tall siden dette vanligvis betegner kardinaliteten til en eller annen uendelig mengde, alt ettersom indeksen på \aleph , \aleph_0 er kardinaliteten til mengden av naturlige tall. Bruk heller \mathbb{N} for mengden av naturlige tall.

Fant ikke ...