Valaki segítene megoldani nekem ezt a 2 feladatot matekból?

1. (Nem 0 kezdőtagú) mértani sor akkor és csak akkor konvergens, hogyha a sorozat kvóciense (-1)-nél nagyobb és 1-nél kisebb. Tehát csak annyi a dolgod, hogy megnézed, hogy a sorozatoknak mik a kvócienseik.

Az ilyen mértani sorokra van általános összegképlet: S(n) = a1/(1-q), ahol a1 a sorozat első tagja, q a kvóciense.

2. Kellene tudni, hogy milyen teszteket tanultatok.

Ha jól értem, akkor nálad már az alapokkal gondok vannak.

Az "n-ek a szumma alatt" a futóindexek. Azt jelenti, hogy az n helyére milyen számtól kezdve írunk be egész számokat; az n=0 azt jelenti, hogy a 0;1;2;3;... számokat kell beírnunk, ezzel a sor tagjait tudjuk meghatározni. Hogy az n-ek helyére meddig kell beírnunk a számokat, azt a szummajel feletti szám mutatja meg. Például ha az lenne, hogy

5

sum

n=0

akkor az n helyére a 0;1;2;3;4;5 számokat kellene beírni, és úgy kellene a sor tagjait kiszámolni (amiket aztán a szumma miatt összeadunk). Mivel most mindenhol a szummajel felett a "végtelenjel" van, ezért ezt a végtelenségig kellene csinálnunk, amire -idő hiányában- nem nagyon van lehetőségünk.

Mivel most az általad említett tesztekkel akarunk számolni, ezért nem kell semmit beírnunk az n-ek helyére. Remélem, hogy tudod, hogy ezek a tesztek mik, mert ha nem muszáj, külön nem akarnám kifejteni. Az első feladatban viszont be kell írnunk a n helyére a megadott kezdőtagot, valamint az annál 1-gyel nagyobbat, mivel szükségünk van a mértani sorozat első tagjára és a kvóciensre (ami a második és az első tag hányadosa).

2a) Mivel hatványozás van, ezért adja magát, hogy a gyökteszttel próbálkozzunk;

n.gyök((n/(n+1))^n) = n/(n+1)

Az a kérdés, hogy ez a kifejezés mikor fog 0 és 1 közé eső értéket adni (pontosabban; van-e olyan n, amelytől kezdve MINDIG ide kerülünk). Ránézésre látható, hogy bármilyen egész n-t írhatunk, mindig 0 és 1 közé esik az érték (magyarán n=0-tól is igaz lesz), mivelhogy pozitív számok esetén kisebb/nagyobb<1 mindig igaz, tehát ez a sor konvergens lesz.

2b) Itt is ugyanez lesz a helyzet; gyökvonás után az (n^2+10)/(2n^2+3n) kifejezést kapjuk. Itt már nem biztos, hogy annyira könnyen látjuk ránézésre, ezért oldjuk meg a

0 < (n^2+10)/(2n^2+3n) < 1

egyenlőtlenséget. Tekintve, hogy a sorozat tagjai mind pozitívak, ezért a 0 < ... mindig igaz lesz, nézzük a másik részét az egyenlőtlenségnek;

(n^2+10)/(2n^2+3n) < 1, a nevező biztosan pozitív, ezért gond nélkül szorozhatunk a nevezővel:

n^2+10 < 2n^2+3n, ez pedig egy másodfokú egyenlőtlenség. 0-ra redukálunk:

0 < n^2+3n-10, ilyet pedig meg kell tudunk oldani bármikor; ennek pozitív megoldáshalmaza n>2, tehát n=3-tól igaz lesz, hogy az eredeti tört értéke 0 és 1 közé fog esni, tehát ez is konvergens lesz.

2c) Ennél is jobban járunk a gyökteszttel; gyökvonás után:

( n.gyök(2n) * 5^n )/n.gyök(n!)

Mivel nincs jobb ötletünk, itt is írjuk fel az egyenlőtlenséget;

0 < ( n.gyök(2n) * 5^n )/n.gyök(n!) < 1

Itt is pozitívak lesznek a sor tagjai, ezért 0-nál mindig nagyobbak leszünk. Másik oldal:

( n.gyök(2n) * 5^n )/n.gyök(n!) < 1, n-edikre emelünk:

(2n * 5^(2n))/n! < 1

Ezen a ponton ésszrevehetjük, hogy magát a sort kaptuk vissza a bal oldalon, de ezzel nincs semmi baj. Szorozzunk a nevezővel, ami biztosan pozitív:

2n * 5^(2n) < n!

Ilyen feladatokat vettetek korábban; tanultátok azt, hogy a különféle kifejezések nagyságrendi sorrendbe tehetőek. Jelen esetben ez azt jelenti, hogy a faktoriális nagyságrenddel nagyobb a hatványnál, ami pedig azt jelelenti, hogy biztosan van olyan n, amelytől kezdve az 5^(2n) < n! mindig igaz lesz. Ezt a 2n-es szorzó sokban nem befolyásolja, ezt is viszonylag könnyű belátni, ha tudjuk, hogy a hatvány nagyságrendje a polinoménál nagyobb.

A lényeg, hogy lesz egy bizonyos n, amelytől kezdve ez az egyenlőtlenség igaz lesz, tehát ez is konvergens.