MATEMANIJA

Evo i zadatka
[dispmath]\left(x_n\right)_{n\in\mathbb{N}},\;x_n=\frac{\ln n}{n^3}\cos\frac{n\pi}{3}+\left(-1\right)^n\frac{3n^2}{6n^2+n-2}\sin\frac{n\pi}{2}[/dispmath]
treba mi otprilike ideja i kako uopste krecem resavanje ovakvih zadataka , po mogucnosti ako neko moze da mi kaze koju literaturu da pogledam i kako ide ovaj zadatak ?


Hvala unapred
salesh

Molim te da formule kucaš u Latex-u (tačke 13. i 14. Pravilnika foruma).

Prvi sabirak, [inlmath]\frac{\ln n}{n^3}\cos\frac{n\pi}{3}[/inlmath], možeš odmah eliminisati zbog toga što je jedina tačka nagomilavanja niza [inlmath]\frac{\ln n}{n^3}[/inlmath] nula, a tačke nagomilavanja niza [inlmath]\cos\frac{n\pi}{3}[/inlmath] su konačne vrednosti, pa je jedina tačka nagomilavanja niza [inlmath]\frac{\ln n}{n^3}\cos\frac{n\pi}{3}[/inlmath] takođe nula, tj. nalaženje tačaka nagomilavanja datog niza se svodi na nalaženje tačaka nagomilavanja onog drugog sabirka, tj. niza [inlmath]\left(-1\right)^n\frac{3n^2}{6n^2+n-2}\sin\frac{n\pi}{2}[/inlmath].

Za njega tražiš tačke nagomilavanja posebno za slučajeve [inlmath]n=4k,\;n=4k+1,\;n=4k+2,\;n=4k+3,\;k\in\mathbb{N}[/inlmath], zbog periodičnosti sinusne funkcije.

Pozdrav , izvinjavam se zbog krsenja pravila...
Zanima me kako znamo da je jedina tacka nagomilavanja niza nula a za ovo drugo da je konacna vrednost ? Ima li neka literatura koju biste mi preporucili da procitam gde ima ovo objasnjeno posto sam stvarno "nov" u ovome

Tačka nagomilavanja nekog niza je, najprostije rečeno, tačka u čijoj proizvoljnoj okolini imaš beskonačno mnogo članova tog niza.

Glavni cilj je, dakle, da nekom logikom pronađeš one brojeve oko kojih se članovi niza [inlmath]a_n[/inlmath] nagomilavaju. Klasičan primer je niz [inlmath]b_n=(-1)^n[/inlmath]. Članovi ovog niza se nagomilavaju oko [inlmath]-1[/inlmath] i [inlmath]1[/inlmath].

Ovaj obrazac je složeniji, ali se može pojednostaviti. Prvi član zbira je [inlmath]\frac{\ln n}{n^3}\cos\frac{n\pi}{3}[/inlmath]. Kosinus ima samo konačne vrednosti u intervalu [inlmath][-1,1][/inlmath]. Članovi niza [inlmath]g_n=\frac{\ln n}{n^3}[/inlmath] se nagomilavaju samo oko nule (i [inlmath]\ln n[/inlmath] i [inlmath]n^3[/inlmath] rastu kako raste [inlmath]n[/inlmath], ali kako [inlmath]n^3[/inlmath] raste brže, članovi se polako gomilaju oko nule). Proizvod te nule i konačne vrednosti kosinusa daje vrednost nula, i otuda prvi sabirak ([inlmath]\frac{\ln n}{n^3}\cos\frac{n\pi}{3}[/inlmath]) ima samo jednu tačku nagomilavanja- nulu, koja prema tome ništa ne menja oko tačaka nagomilavanja polaznog niza, pa je dovoljno da ispitamo koje su tačke nagomilavanja niza:
[dispmath]b_n=\left(-1\right)^n\frac{3n^2}{6n^2+n-2}\sin\frac{n\pi}{2}[/dispmath]
Za [inlmath]n=4k[/inlmath] dobijaš da je:
[dispmath]b_{4k}=\frac{48k^2}{96k^2+4k-2}\sin 2k\pi=0[/dispmath]
Dakle, nula je tačka nagomilavanja ovog niza.
Za [inlmath]n=4k+1[/inlmath] dobijaš da je:
[dispmath]b_{4k+1}=-\frac{3(4k+1)^2}{6(4k+1)^2+4k+1-2}\sin\left(\frac{\pi}{2}+2k\pi\right)=-\frac{3(4k+1)^2}{6(4k+1)^2+4k+1-2}[/dispmath]
Otuda je još jedna tačka nagomilavanja ovog niza [inlmath]-\frac{1}{2}[/inlmath] ([inlmath]\lim\limits_{k\to\infty}-\frac{3(4k+1)^2}{6(4k+1)^2+4k+1-2}=-\frac 12[/inlmath])
Za [inlmath]n=4k+2[/inlmath] je:
[dispmath]b_{4k+2}=\frac{3(4k+2)^2}{6(4k+2)^2+4k+2-2}\sin\left(\pi+2k\pi\right)=0[/dispmath]
Za [inlmath]n=4k+3[/inlmath] je:
[dispmath]b_{4k+3}=-\frac{3(4k+3)^2}{6(4k+2)^2+4k+3-2}\sin\left(\frac{3\pi}{2}+2k\pi\right)=\frac{3(4k+3)^2}{6(4k+2)^2+4k+3-2}[/dispmath]
Kako je [inlmath]\lim\limits_{k\to\infty}\frac{3(4k+3)^2}{6(4k+2)^2+4k+3-2}=\frac{1}{2}[/inlmath], i to je tačka nagomilavanja niza.

Dakle, polazni niz ima tri tačke nagomilavanja, [inlmath]0[/inlmath], [inlmath]\frac{1}{2}[/inlmath] i [inlmath]-\frac{1}{2}[/inlmath].

Ogromno hvala !!!

Ono [inlmath]4k\;4k+1\;4k+2\;4k+3[/inlmath] je radimo samo kod sinusa i kosinusa ?

Kod periodičnih funkcija može biti potrebe za tim u određenim slučajevima. Ali nemoj tražiti šablone, recimo, kod niza [inlmath]a_n=\frac{\sin n\pi}{n^3}[/inlmath] jedina tačka nagomilavanja je nula i nema potrebe da razdvajaš to na slučajeve. Uostalom, baš u ovom zadatku to nismo radili sa kosinusom u prvom članu zbira.

[dispmath]\left(x_n\right)_n\in\mathbb{N},\;x_n=\left(1+\frac{(-1)^n}{n}\right)\sqrt[n]{1+3^n+5^{(-1)^n\cdot n}}[/dispmath]
Evo zadatka koji sam dobio al se nazalost nisam snasao imao sam ideju da prva zagrada ide samo oko [inlmath]1[/inlmath] al to nije ni blizu bilo resenja kolko sam cuo , da li postoji nekako ne znam neki sto kazu ljudi algoritam kad dobijem ovakve zadatke odakle krenem kako sta , receno mi je da sam trebao da ubacujem [inlmath]2k[/inlmath] i [inlmath]2k+1[/inlmath]...?

Upravo tako, kad u opštem članu niza vidiš da figuriše [inlmath]\left(-1\right)^n[/inlmath], tada moraš taj niz da rastaviš na dva podniza – jedan s parnim članovima ([inlmath]n=2k[/inlmath]) u kojem će biti [inlmath]\left(-1\right)^n=\left(-1\right)^{2k}=1[/inlmath] i drugi s neparnim članovima ([inlmath]n=2k+1[/inlmath]) u kojem če biti [inlmath]\left(-1\right)^n=\left(-1\right)^{2k+1}=-1[/inlmath]. Zatim za svaki od ta dva podniza tražiš njihove tačke nagomilavanja, a unija tačaka nagomilavanja jednog i drugog podniza biće skup tačaka nagomilavanja glavnog niza.

[dispmath]\left(1+\frac{1}{2k}\right)^{2k}+\sqrt[2k]{1+3^{2k}+5^{2k}}[/dispmath]
Dodjem do ovde i ovo prvo mi nesto govori da je "[inlmath]e[/inlmath]" po onom pravilu koje postoji al ovo drugo nikako da izracunam znam da je pominjana neko pravilo o dva policajca al mi nije najjasnije...?