)Sjekk om rekken konvergerer og ev. hva den konvergerer mot:
[tex]\sum^{\infty}_{n=1}\ln (1+\frac{1}{n^2})[/tex]
Sikkert ikke så vanskelig for dere kløppere da, men ga meg endel hodebry!
Konvergens
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
Hadde en artig sum her (ble hvertfall det etter noen timer )
Sjekk om rekken konvergerer og ev. hva den konvergerer mot:
[tex]\sum^{\infty}_{n=1}\ln (1+\frac{1}{n^2})[/tex]
Sikkert ikke så vanskelig for dere kløppere da, men ga meg endel hodebry!
)Sjekk om rekken konvergerer og ev. hva den konvergerer mot:
[tex]\sum^{\infty}_{n=1}\ln (1+\frac{1}{n^2})[/tex]
Sikkert ikke så vanskelig for dere kløppere da, men ga meg endel hodebry!
Konvergent er den vaffal, for [tex]\ln\(1 + \frac{1}{n^2}\) = \frac{1}{n^2}\ln\(1 + \frac{1}{n^2}\)^{n^2}[/tex] som vi ser at nærmer seg [tex]\frac{1}{n^2}[/tex] når n blir stor. Siden rekken med ledd av sistnevnte type konvergerer må også denne det (siden forholdet mellom leddene i disse rekkene går mot en endelig grenseverdi når n går mot uendelig).
MEN MOT HVAAAAA?!?!
MEN MOT HVAAAAA?!?!
Jeg fikk plutselig en aha-opplevelse på denne.
La
[tex]S = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\ln \left( {1 + \frac{1}{{n^2 }}} \right)} = \ln \prod\limits_{n = 1}^\infty {\left( {1 + \frac{1}{{n^2 }}} \right)}[/tex]
Bruker så denne formelen:
[tex]\sin \pi z = \pi z \prod_{n=1}^{\infty} \left(1 - \frac{z^2}{n^2}\right)[/tex], med [tex]z=i[/tex].
Dermed får vi at:
[tex]S = \ln \frac{{\sin i\pi }}{{i\pi }} = \ln \left( {\frac{{e^{i^2 \pi } - e^{ - i^2 \pi } }}{{2i^2 \pi }}} \right) = \ln \left( {\frac{{\sinh \pi }}{\pi }} \right)[/tex]
La
[tex]S = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\ln \left( {1 + \frac{1}{{n^2 }}} \right)} = \ln \prod\limits_{n = 1}^\infty {\left( {1 + \frac{1}{{n^2 }}} \right)}[/tex]
Bruker så denne formelen:
[tex]\sin \pi z = \pi z \prod_{n=1}^{\infty} \left(1 - \frac{z^2}{n^2}\right)[/tex], med [tex]z=i[/tex].
Dermed får vi at:
[tex]S = \ln \frac{{\sin i\pi }}{{i\pi }} = \ln \left( {\frac{{e^{i^2 \pi } - e^{ - i^2 \pi } }}{{2i^2 \pi }}} \right) = \ln \left( {\frac{{\sinh \pi }}{\pi }} \right)[/tex]
Hmm, ikke det svaret jeg kom frem til TrulsBR.. Ikke helt overbevist om at svaret ditt er riktig, men nå er jeg ikke helt med på overgangene du gjør der heller da.
Jeg fikk at rekken konvergerer mot [tex]\frac{\pi}{2}-\ln 2[/tex]
Jeg fikk at rekken konvergerer mot [tex]\frac{\pi}{2}-\ln 2[/tex]
Svaret til TrulsBR er riktig. Jeg slo opp i den gamle kompleks analyseboka mi (Complex Analysis av Gamelin) for å finne den formelen han brukte. Der fant jeg en oppgave som gikk ut på å bruke formelen til å vise at det derre produktet blir lik sinh(PI)/PI.
Uten å kunne den formelen tror jeg oppgaven er vanskelig, for det er ikke trivielt å utlede den formelen i alle fall.
Vis oss hvordan du kom frem til svaret ditt, så kan vi se om vi finner feilen!
Uten å kunne den formelen tror jeg oppgaven er vanskelig, for det er ikke trivielt å utlede den formelen i alle fall.
Vis oss hvordan du kom frem til svaret ditt, så kan vi se om vi finner feilen!
Ok, men tar litt tid, kommer edit av dette svaret etterhvert.
Puh..:
Ser at rekken oppfyller kravene til å bruke integraltesten slik at
[tex]\int^\infty_1 \ln( 1+ \frac {1}{x^2}) dx[/tex]
Ser først på dette deilige integralet generelt
[tex]\int \ln (1+x^2) dx -\int \ln (x^2) dx \\ \int \ln (1+x^2) dx -2\int \ln (x) dx \\ \int \ln (1+x^2) dx -2x\ln(x)+2x +C[/tex]
Bruker delvis integrasjon på det gjenstående integralet:
[tex]\int \ln (1+x^2) dx= x\ln(1+x^2)-\int \frac{2x^2}{1+x^2}dx[/tex]
Bruker nok en gang delvis:
[tex]\int \frac{2x^2}{1+x^2}dx=2x^2 \arctan(x)-4\int x\arctan(x)[/tex]
Fortsetter med min venn delvis
[tex]\int x\arctan(x)=\frac 12(x^2+1)\arctan(x)-\frac 12x +c[/tex]
Ser på hva vi har så langt og rydder opp litt:
[tex]\int \ln (1+x^2) dx -2x\ln(x)+2x +C \\ x\ln(1+x^2)-\int \frac{2x^2}{1+x^2}dx -2x\ln(x)+2x +C \\ x\ln(1+x^2)-\(2x^2 \arctan(x)-4\int x\arctan(x)\) -2x\ln(x)+2x +C \\ x\ln(1+x^2)-2x^2 \arctan(x)+4\(\frac 12(x^2+1)\arctan(x)-\frac 12x\) -2x\ln(x)+2x +C \\ x\ln(1+x^2)-2x^2 \arctan(x)+2(x^2+1)\arctan(x)-2x -2x\ln(x)+2x +C \\ x\ln(1+x^2)-2x^2 \arctan(x)+2(x^2+1)\arctan(x) -2x\ln(x) +C \\ x\ln(1+x^2)+2\arctan(x) -2x\ln(x) +C \\ x\ln(1+x^2)+2\arctan(x) -x\ln(x^2) +C \\ x\ln(1+\frac{1}{x^2})+2\arctan(x) +C[/tex]
Ser nå tilbake på det uegentlige integralet vi hadde opprinnelig:
[tex]\int^\infty_1 \ln( 1+ \frac {1}{x^2}) dx=\lim_{b\to\infty}\int^b_1 \ln( 1+ \frac {1}{x^2}) dx=\lim_{b\to\infty}\[x\ln(1+\frac{1}{x^2})+2\arctan(x)\]^b_1[/tex]
Skrev så om første ledd, slik at jeg kunne bruke L'Hopital på et 0/0 utrykk
[tex]\[0+2\frac{\pi}{2}-\ln(1+1)-2\frac{\pi}{4}\]=\underline{\underline{\frac {\pi}{2}-\ln(2)}}[/tex]
(nå gjør tex-fingeren min vondt her, tar tid når man er rusten ja
Puh..:
Ser at rekken oppfyller kravene til å bruke integraltesten slik at
[tex]\int^\infty_1 \ln( 1+ \frac {1}{x^2}) dx[/tex]
Ser først på dette deilige integralet generelt
[tex]\int \ln (1+x^2) dx -\int \ln (x^2) dx \\ \int \ln (1+x^2) dx -2\int \ln (x) dx \\ \int \ln (1+x^2) dx -2x\ln(x)+2x +C[/tex]
Bruker delvis integrasjon på det gjenstående integralet:
[tex]\int \ln (1+x^2) dx= x\ln(1+x^2)-\int \frac{2x^2}{1+x^2}dx[/tex]
Bruker nok en gang delvis:
[tex]\int \frac{2x^2}{1+x^2}dx=2x^2 \arctan(x)-4\int x\arctan(x)[/tex]
Fortsetter med min venn delvis
[tex]\int x\arctan(x)=\frac 12(x^2+1)\arctan(x)-\frac 12x +c[/tex]
Ser på hva vi har så langt og rydder opp litt:
[tex]\int \ln (1+x^2) dx -2x\ln(x)+2x +C \\ x\ln(1+x^2)-\int \frac{2x^2}{1+x^2}dx -2x\ln(x)+2x +C \\ x\ln(1+x^2)-\(2x^2 \arctan(x)-4\int x\arctan(x)\) -2x\ln(x)+2x +C \\ x\ln(1+x^2)-2x^2 \arctan(x)+4\(\frac 12(x^2+1)\arctan(x)-\frac 12x\) -2x\ln(x)+2x +C \\ x\ln(1+x^2)-2x^2 \arctan(x)+2(x^2+1)\arctan(x)-2x -2x\ln(x)+2x +C \\ x\ln(1+x^2)-2x^2 \arctan(x)+2(x^2+1)\arctan(x) -2x\ln(x) +C \\ x\ln(1+x^2)+2\arctan(x) -2x\ln(x) +C \\ x\ln(1+x^2)+2\arctan(x) -x\ln(x^2) +C \\ x\ln(1+\frac{1}{x^2})+2\arctan(x) +C[/tex]
Ser nå tilbake på det uegentlige integralet vi hadde opprinnelig:
[tex]\int^\infty_1 \ln( 1+ \frac {1}{x^2}) dx=\lim_{b\to\infty}\int^b_1 \ln( 1+ \frac {1}{x^2}) dx=\lim_{b\to\infty}\[x\ln(1+\frac{1}{x^2})+2\arctan(x)\]^b_1[/tex]
Skrev så om første ledd, slik at jeg kunne bruke L'Hopital på et 0/0 utrykk
[tex]\[0+2\frac{\pi}{2}-\ln(1+1)-2\frac{\pi}{4}\]=\underline{\underline{\frac {\pi}{2}-\ln(2)}}[/tex]
(nå gjør tex-fingeren min vondt her, tar tid når man er rusten ja
Sist redigert av Mayhassen den 08/08-2008 18:54, redigert 1 gang totalt.
Hvis du sier hvilke overganger du ikke er helt med på, kan jeg prøve å forklare 
Når det gjelder den formelen, oppdaget jeg at produktet liknet på noe jeg hadde sett tidligere, og etter litt søking fant jeg fram til den.
Når det gjelder den formelen, oppdaget jeg at produktet liknet på noe jeg hadde sett tidligere, og etter litt søking fant jeg fram til den.
Haha, såpass ja 
Skal begynne med rekker nå til høsten og har lest litt selv her, man kan ikke få med alt heller da
men da var jo fin trening på integrasjon og tex i det minste da + at da fikk jo dere en skikkelig fin oppgave også
Skal begynne med rekker nå til høsten og har lest litt selv her, man kan ikke få med alt heller da
men da var jo fin trening på integrasjon og tex i det minste da + at da fikk jo dere en skikkelig fin oppgave også
Hehe. God konvergenstestoppgave. Men du hadde flaks at det var en rekke som man faktisk kan finne summen for; som regel er det sykt vanskelig eller uløst. Men man måtte vite om formelen for å kunne den, så det var kanskje ikke verdens beste summeoppgave
Ellers vil jeg si at integraltesten ikke er den beste måten å vise konvergens på (i hvert fall ikke hvis du får den på eksamen!), da det krever sykt mye arbeid i forhold til konvergenstesten jeg brukte. Men du fikk jo vist integreringsferdighetene dine da, og litt L'Hôpital!
Kom gjerne med flere konvergensoppgaver hvis du finner noen som er litt vanskelige!
Ellers vil jeg si at integraltesten ikke er den beste måten å vise konvergens på (i hvert fall ikke hvis du får den på eksamen!), da det krever sykt mye arbeid i forhold til konvergenstesten jeg brukte. Men du fikk jo vist integreringsferdighetene dine da, og litt L'Hôpital!
Kom gjerne med flere konvergensoppgaver hvis du finner noen som er litt vanskelige!
Vel, jeg får ikke håpe at jeg støter på så mye vanskeligere føreløpig, er ikke på så høyt nivå.
[tex] \ln\(1 + \frac{1}{n^2}\) = \frac{1}{n^2}\ln\(1 + \frac{1}{n^2}\)^{n^2} [/tex]
Lurer litt på hvordan jeg kan se at dette er slik, noe grunnleggende algebra jeg ikke ser her?
[tex] \ln\(1 + \frac{1}{n^2}\) = \frac{1}{n^2}\ln\(1 + \frac{1}{n^2}\)^{n^2} [/tex]
Lurer litt på hvordan jeg kan se at dette er slik, noe grunnleggende algebra jeg ikke ser her?
Er kanskje litt misvisende paranteser i det uttrykket, la meg presisere:
[tex]\ln\(1 + \frac{1}{n^2}\) = \frac{1}{n^2}\ln\( \(1 + \frac{1}{n^2}\)^{n^2}\)[/tex]
Bruker bare at 1 = n^2 / n^2 og regneregel for logaritmer. Argumentet i ln-funksjonen går mot e når n går mot uendelig.
[tex]\ln\(1 + \frac{1}{n^2}\) = \frac{1}{n^2}\ln\( \(1 + \frac{1}{n^2}\)^{n^2}\)[/tex]
Bruker bare at 1 = n^2 / n^2 og regneregel for logaritmer. Argumentet i ln-funksjonen går mot e når n går mot uendelig.