MATEMANIJA

Potrebna mi je pomoc oko sledeceg zadatka, ako moze neko da me usmeri gde gresim. Hvala!

Odrediti tacke nagomilavanja niza [inlmath]b_n=(-1)^n\cdot a_n+\frac{n^2\cos\frac{n\pi}{2}+n}{3n^2+4}[/inlmath] gde je [inlmath]a_n=\frac{1}{2\cdot 8}+\frac{1}{8\cdot 14}+\cdots +\frac{1}{(6n-4)\cdot (6n+2)}[/inlmath]

Uradim limes za niz [inlmath]a_n[/inlmath] i dobijem vrednost [inlmath]\frac{1}{12}[/inlmath]
[inlmath](-1)^n[/inlmath] razgranicim na dve vrednosti, [inlmath]+1[/inlmath] i [inlmath]-1[/inlmath] za parne, odnosno neparne [inlmath]n[/inlmath]. To znaci da prvi sabirak moze da bude [inlmath]\frac{1}{12}[/inlmath] ili [inlmath]\frac{-1}{12}[/inlmath] ?

Ok, dalje:

Najveca zabuna nastaje oko sledeceg dela sa kosinusom. Kada ga ja uradim dobijem sledece:
[inlmath]\cos\frac{n\pi}{2}[/inlmath] moze da bude [inlmath]0[/inlmath] za [inlmath]n=2k-1[/inlmath], zatim moze da bude [inlmath]-1[/inlmath] za [inlmath]4k-2[/inlmath], moze da bude [inlmath]1[/inlmath] za [inlmath]4k[/inlmath].
Tu me najvise buni deo sa ovim [inlmath]n[/inlmath] jednako necemu jer mi se ne poklapa sa resenjima ali mi konacne tacke budu tacne.

Iz ovoga sledi da su tacke nagomilavanja za drugi sabirak [inlmath]0,\frac{1}{3},\frac{-1}{3}[/inlmath], odnosno za ceo niz [inlmath]b_n[/inlmath] tacke su [inlmath]\frac{1}{12},\frac{-1}{4},\frac{5}{12},\frac{-1}{12},\frac{-5}{12},\frac{1}{4}[/inlmath]?

Svaka pomoc je dobrodosla! Hvala!

Ispravno si odredila tačke nagomilavanja oba sabirka. Međutim, da bi odredila tačke nagomilavanje celog niza, ne možeš jednostavno sabirati tačke nagomilavanja ta dva sabirka. Primera radi, [inlmath]\frac{1}{12}[/inlmath] ti je, kao tačka nagomilavanja niza [inlmath]b_n[/inlmath], pogrešan rezultat, tj. niz [inlmath]b_n[/inlmath] nema tu tačku nagomilavanja. Zašto? Zato što si tu tačku nagomilavanja dobila sabiranjem tačke nagomilavanja [inlmath]\frac{1}{12}[/inlmath] prvog sabirka i tačke nagomilavanja [inlmath]0[/inlmath] drugog sabirka, ali previđaš time da tačka nagomilavanja [inlmath]\frac{1}{12}[/inlmath] prvog sabirka potiče od parnih vrednosti [inlmath]n[/inlmath], dok tačka nagomilavanja [inlmath]0[/inlmath] drugog sabirka potiče od neparnih vrednosti [inlmath]n[/inlmath]. Drugim rečima, ne postoje vrednosti [inlmath]n[/inlmath] za koje će istovremeno vrednost prvog sabirka biti u okolini [inlmath]\frac{1}{12}[/inlmath], a vrednost drugog sabirka u okolini nule. Zbog toga te dve vrednosti ne možemo sabirati. Sličan je rezon i za [inlmath]-\frac{5}{12}[/inlmath] i za [inlmath]\frac{1}{4}[/inlmath], koje takođe nisu tačke nagomilavanja niza [inlmath]b_n[/inlmath].

Umesto toga, potrebno je da, pošto je slučaj neparnog [inlmath]n[/inlmath] za prvi sabirak identičan slučaju [inlmath]n=2k-1[/inlmath] za drugi sabirak, a slučaj parnog [inlmath]n[/inlmath] za prvi sabirak sadržan u slučajevima [inlmath]n=4k[/inlmath] i [inlmath]n=4k-2[/inlmath] za drugi sabirak – posmatraš odvojeno slučajeve [inlmath]n=2k-1[/inlmath], [inlmath]n=4k[/inlmath] i [inlmath]n=4k-2[/inlmath] ne zasebno za svaki sabirak, već za niz u celini. Pa onda imamo:

[inlmath]I[/inlmath] slučaj: [inlmath]n=2k-1[/inlmath]:
[dispmath]b_n=-\frac{1}{12}+\frac{\cancelto{0}{\cos\frac{n\pi}{2}}+\cancelto{0}{\frac{1}{n}}}{3+\cancelto{0}{\frac{4}{n^2}}}\:\to\:-\frac{1}{12}[/dispmath]
[inlmath]II[/inlmath] slučaj: [inlmath]n=4k[/inlmath]:
[dispmath]b_n=\frac{1}{12}+\frac{\overbrace{\cos\frac{n\pi}{2}}^1+\cancelto{0}{\frac{1}{n}}}{3+\cancelto{0}{\frac{4}{n^2}}}\:\to\:\frac{1}{12}+\frac{1}{3}=\frac{5}{12}[/dispmath]
[inlmath]III[/inlmath] slučaj: [inlmath]n=4k-2[/inlmath]:
[dispmath]b_n=\frac{1}{12}+\frac{\overbrace{\cos\frac{n\pi}{2}}^{-1}+\cancelto{0}{\frac{1}{n}}}{3+\cancelto{0}{\frac{4}{n^2}}}\:\to\:\frac{1}{12}-\frac{1}{3}=-\frac{1}{4}[/dispmath]

---

I, korigovao bih sledeću formulaciju,

DankaV je napisao:To znaci da prvi sabirak moze da bude [inlmath]\frac{1}{12}[/inlmath] ili [inlmath]\frac{-1}{12}[/inlmath] ?

Prvi sabirak nikad ne može imati neku od te dve vrednosti, sve dok je [inlmath]n[/inlmath] konačno. Umesto toga, pravilno bi bilo reći da prvi sabirak (koji tada, zapravo, predstavlja podniz datog niza) ima tačke nagomilavanja [inlmath]\frac{1}{12}[/inlmath] i [inlmath]\frac{-1}{12}[/inlmath].

Evo da se i ja uključim u raspravu.Pogledao sam ovu temu.Mi smo samo učili ispitivanje monotonosti niza.Ono kako ispitati da li je niz rastajući,strogorastajući,opadajući ili strogoopadajući.Zbunjuje me uopšte šta se traži u ovome zadatku zapravo šta predstavljaju tače nagomilavanja niza?Ako samo neko može to malo da pojasni. A interesuje me!

viewtopic.php?f=22&t=835

(Čudi me da ti pretraga foruma nije dala rezultate...)

Tražio sam nešto po googleu ali nisam mogao da pronađem tu temu.Našao sam nešto sa vukajlije i još nešto ali je to sve slabo. Nisam koristio tu pretragu foruma.Taj link je ono što sam tražio.

Ogromno HVALA! Eto, sve bih radila pogresno, da ne bi vas. Sasvim je logicno da moram da odvojim razlicite slucajeve, ali sam to nekako previdela, suvise sam se koncetrisala na onaj deo oko kosinusa.

Jos jednom hvala!

Taman sam i ja sad iscitala taj tvoj post o tackama nagomilavanja, verovatno je to trebalo da uradim pre zadataka .
Svaka cast na savrsenom objasnjenju one cudne, cudne definicije.

Pregledao sam temu o tački nagomilavanja.I mogu reći da mi je to poprilično jasno.Ali zbunjuje me ovaj limes niza [inlmath]a_n[/inlmath],kako si došla da je on [inlmath]\frac{1}{12}[/inlmath]? Ja to ne mogu nikako da dobijem.

Dakle, opšti član niza [inlmath]a_n[/inlmath] glasi (radi razumljivijeg postupka, dopisaću i treći, kao i pretposlednji sabirak):
[dispmath]a_n=\frac{1}{2\cdot 8}+\frac{1}{8\cdot 14}+\frac{1}{14\cdot 20}+\cdots +\frac{1}{\left(6n-10\right)\cdot\left(6n-4\right)}+\frac{1}{\left(6n-4\right)\cdot\left(6n+2\right)}[/dispmath]
Možemo uočiti to, da u imeniocu svakog od razlomaka razlika činilaca iznosi [inlmath]6[/inlmath], pa to iskoristimo tako što umesto jedinica u brojiocima tih razlomaka pišemo razliku tih činilaca, podeljenu sa [inlmath]6[/inlmath]:
[dispmath]a_n=\frac{\frac{1}{6}\left(8-2\right)}{2\cdot 8}+\frac{\frac{1}{6}\left(14-8\right)}{8\cdot 14}+\frac{\frac{1}{6}\left(20-14\right)}{14\cdot 20}+\cdots +\frac{\frac{1}{6}\left[\left(6n-4\right)-\left(6n-10\right)\right]}{\left(6n-10\right)\cdot\left(6n-4\right)}+\frac{\frac{1}{6}\left[\left(6n+2\right)-\left(6n-4\right)\right]}{\left(6n-4\right)\cdot\left(6n+2\right)}[/dispmath]
Razložimo svaku od tih razlika na po dva nova razlomka:
[dispmath]a_n=\frac{1}{6}\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{8}\right)+\frac{1}{6}\left(\frac{1}{8}-\frac{1}{14}\right)+\frac{1}{6}\left(\frac{1}{14}-\frac{1}{20}\right)+\cdots +\frac{1}{6}\left(\frac{1}{6n-10}-\frac{1}{6n-4}\right)+\frac{1}{6}\left(\frac{1}{6n-4}-\frac{1}{6n+2}\right)[/dispmath]
[inlmath]\frac{1}{6}[/inlmath], kao zajednički za sve sabirke, izvučemo ispred zagrade,
[dispmath]a_n=\frac{1}{6}\left(\frac{1}{2}-\cancel{\frac{1}{8}}+\cancel{\frac{1}{8}}-\cancel{\frac{1}{14}}+\cancel{\frac{1}{14}}-\cancel{\frac{1}{20}}+\cdots +\cancel{\frac{1}{6n-10}}-\cancel{\frac{1}{6n-4}}+\cancel{\frac{1}{6n-4}}-\frac{1}{6n+2}\right)[/dispmath]
i, nakon svih skraćivanja,
[dispmath]a_n=\frac{1}{6}\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{6n+2}\right)[/dispmath][dispmath]\lim_{n\to\infty}a_n=\frac{1}{12}[/dispmath]

Evo prelgedao sam ovo. Da ti kažem ovo mi ne bi palo na pamet nikada. Mislim na ovo sređivanje niza.Pitanje je što se to mora sređivati? Možda ne razumijem razliku između limesa funkcije i limesa niza. Koliko ja znam razlika je u tome što limes niza mora da teži u beskonačnost.A funkcije može i u neki realan broj. I koliko znam kod niza ne postoji lijeva i desna strana limesa.Barem ja nikada nisam čuo za nju. Ovo te pitam jer ja kada sam tražio limes uvijek mi ispadne [inlmath]0[/inlmath] mislim preko ovoga opšteg člana niza [inlmath]\lim\limits_{x\to\infty}\frac{1}{(6n-4)(6n+2)}=0[/inlmath].Ja sam uvijek i dobijao nulu taj netačni rezultat i nije mi jasno što se ne može ovako određivati limes preko opšteg člana limesa mi smo tako u školi uvijek radili.

Gamma je napisao:Pitanje je što se to mora sređivati?

Kako misliš, zašto mora? Pa da bi se došlo do rezultata.

Gamma je napisao:Možda ne razumijem razliku između limesa funkcije i limesa niza. Koliko ja znam razlika je u tome što limes niza mora da teži u beskonačnost.A funkcije može i u neki realan broj. I koliko znam kod niza ne postoji lijeva i desna strana limesa.Barem ja nikada nisam čuo za nju.

Tako je, zbog toga što izraz za opšti član niza možeš, u malo slobodnijoj interpretaciji, posmatrati kao funkciju promenljive [inlmath]n[/inlmath], pri čemu [inlmath]n[/inlmath] nije kontinualna promenljivja (za razliku od promenljive [inlmath]x[/inlmath] kod funkcija), već je celobrojna, tj. menja se u „skokovima“ po [inlmath]1[/inlmath].

Gamma je napisao:Ovo te pitam jer ja kada sam tražio limes uvijek mi ispadne [inlmath]0[/inlmath] mislim preko ovoga opšteg člana niza [inlmath]\lim\limits_{x\to\infty}\frac{1}{(6n-4)(6n+2)}=0[/inlmath].Ja sam uvijek i dobijao nulu taj netačni rezultat i nije mi jasno što se ne može ovako određivati limes preko opšteg člana limesa mi smo tako u školi uvijek radili.

Opšti član ovog niza nije [inlmath]a_n=\frac{1}{\left(6n-4\right)\left(6n+2\right)}[/inlmath], već [inlmath]a_n=\frac{1}{2\cdot 8}+\frac{1}{8\cdot 14}+\cdots +\frac{1}{\left(6n-4\right)\left(6n+2\right)}[/inlmath]. To je velika razlika.

DankaV je napisao:Uradim limes za niz [inlmath]a_n[/inlmath] i dobijem vrednost [inlmath]\frac{1}{12}[/inlmath]

Koliko vidim ovde kaže da je [inlmath]a_n[/inlmath] niz a ne član niza tako da me je to zbunilo.Mislim da mi je sada jasno.

[dispmath]\frac{\sin\left(n^2+n\right)}{\log\left(1+n^2\right)}-\sqrt[n]{e^{n\cdot\cos(n\cdot\pi)}+\pi^{n\cdot\cos\big((n+1)\cdot\pi\big)}}[/dispmath]
Kako bi smo ovde odredili tačke nagomilavanja? Ja bih rekao da [inlmath]\log[/inlmath] ne utiče, sinus bih rastavio adicionim formulama ali me buni period jer nema [inlmath]\pi[/inlmath] u zagradi... A što se kosinusa tiče, znam da sutačke [inlmath]0,1,-1[/inlmath] na svakih [inlmath]\frac{\pi}{2}[/inlmath], ali kako uraditi ovaj zbir pošto imamo [inlmath]n[/inlmath] i [inlmath]n+1[/inlmath]?

Izvinjavam se za dupli post, ne da mi da menjam prethodni a već imam otkucano u Latexu
[dispmath]b_n=\sin\left(\frac{2n\pi}{3}\right)\cos\left(\frac{3n!-4n^4+15e^n-\cos(n)}{7n^n-15n!+33}\right)[/dispmath]
Jel može [inlmath]\cos[/inlmath] da bude nule zbog [inlmath]n^n[/inlmath] u imeniocu koji najbrže raste, previše mi lako deluje to?

FilipBg je napisao:[dispmath]\frac{\sin\left(n^2+n\right)}{\log\left(1+n^2\right)}-\sqrt[n]{e^{n\cdot\cos(n\cdot\pi)}+\pi^{n\cdot\cos\big((n+1)\cdot\pi\big)}}[/dispmath]
Kako bi smo ovde odredili tačke nagomilavanja? Ja bih rekao da [inlmath]\log[/inlmath] ne utiče, sinus bih rastavio adicionim formulama ali me buni period jer nema [inlmath]\pi[/inlmath] u zagradi...

Nije ti ni potrebno [inlmath]\pi[/inlmath], niti ti trebaju adicione formule... Logaritam i te kako utiče, jer, budući da argument logaritma teži beskonačnosti kada [inlmath]n\to\infty[/inlmath], tada i vrednost samog logaritma teži beskonačnosti. Vrednost razlomka teži nuli, jer u brojiocu imamo konačnu vrednost (sinus bilo koje vrednosti se mora nalaziti u konačnom intervalu [inlmath]\left[-1,1\right][/inlmath]), a u imeniocu imamo vrednost koja teži beskonačnosti.

FilipBg je napisao:A što se kosinusa tiče, znam da sutačke [inlmath]0,1,-1[/inlmath] na svakih [inlmath]\frac{\pi}{2}[/inlmath], ali kako uraditi ovaj zbir pošto imamo [inlmath]n[/inlmath] i [inlmath]n+1[/inlmath]?

Tačke nagomilavanja nisu [inlmath]0,1,-1[/inlmath], već samo [inlmath]-1[/inlmath] i [inlmath]1[/inlmath]. Da bi kosinus bio nula, potrebno je da argument kosinusa bude neparan umnožak broja [inlmath]\frac{\pi}{2}[/inlmath], a on to u ovom izrazu neće biti ni za jednu vrednost [inlmath]n[/inlmath]. Ovde u argumentima kosinusa imaš samo umnoške broja [inlmath]\pi[/inlmath], tako da ti se potkorena veličina svodi na [inlmath]e^n+\pi^{-n}[/inlmath] kada je [inlmath]n[/inlmath] parno, odnosno na [inlmath]e^{-n}+\pi^n[/inlmath] kada je [inlmath]n[/inlmath] neparno.

FilipBg je napisao:[dispmath]b_n=\sin\left(\frac{2n\pi}{3}\right)\cos\left(\frac{3n!-4n^4+15e^n-\cos(n)}{7n^n-15n!+33}\right)[/dispmath]
Jel može [inlmath]\cos[/inlmath] da bude nule zbog [inlmath]n^n[/inlmath] u imeniocu koji najbrže raste, previše mi lako deluje to?

Ne teži kosinus nuli. Argument kosinusa teži nuli iz razloga koji si naveo, što znači da vrednost kosinusa teži jedinici, jer je [inlmath]\cos0=1[/inlmath].

Mislim da ovo nedostaje našim korisnicima:

Pretpostavka je da [inlmath]n[/inlmath] teži beskonačnosti. Poređajte po "brzini", tj. po tome koji od pet navedenih opštih članova nizova najbrže teži beskonačnosti od najbržeg ka najsporijem:
[dispmath]a_n=n^e[/dispmath][dispmath]b_n=\log n[/dispmath][dispmath]c_n=e^n[/dispmath][dispmath]d_n=n^n[/dispmath][dispmath]f_n=n![/dispmath]
Namerno sam stavio "[inlmath]f_n[/inlmath]" umesto "[inlmath]e_n[/inlmath]" po nekoj abecednoj logici da ne bude zabune. Naime, Ojlerov broj [inlmath]e[/inlmath] približno iznosi [inlmath]2.71828[/inlmath]
Nudim i odgovore:
a) [inlmath]d_n,\:f_n,\:a_n,\:c_n,\:b_n[/inlmath]
b) [inlmath]d_n,\:a_n,\:c_n,\:b_n,\:f_n[/inlmath]
c) [inlmath]d_n,\:f_n,\:c_n,\:a_n,\:b_n[/inlmath]
d) Nijedan od ponuđenih odgovora
e) Teško je reći
f) Stvarno ne znam

Možete napisati bilo koje od ponuđenih slova ispred odgovora koji smatrate ispravnim. Pa da vidimo
I, naravno, da nastavimo temu, da vidimo ko je jači od koga kada su nizovi u pitanju, ko "krati" koga, da li je jače "gore" tj. na "tavanu", u brojiocu iliti brojniku, ili "dole" tj. u "podrumu", u imeniocu iliti nazivniku. Sve ovo za [inlmath]n\to\infty[/inlmath]

Ja bih pokusao sa c).

Jeste c)
E, sad, kada bi neko želeo da objasni:
1) zašto brže raste [inlmath]n![/inlmath] od [inlmath]e^n[/inlmath]
2) zašto brže raste [inlmath]e^n[/inlmath] od [inlmath]n^e[/inlmath]
naravno, za [inlmath]n\to\infty[/inlmath].

1) Ja sam to ovako posmatrao ako na primer stavim [inlmath]n=100[/inlmath] dobijem:
[dispmath]100!=\underbrace{100\cdot99\cdot98\cdots1}_{100}[/dispmath][dispmath]e^{100}=\underbrace{2.72\cdot2.72\cdot2.72\cdots2.72}_{100}[/dispmath]
Ovo je naravno priblizno svi znamo da je [inlmath]e=2.71828182845904523536\ldots[/inlmath]
I sad mozemo zakljuciti da je u gornjem proizvodu [inlmath]98[/inlmath] clanova vece od [inlmath]2.72[/inlmath] pa je tako i gornji vec od donjeg.
2) Drugo bi resio uzastopnom primenom lopitalovog pravila ili bi pristupio sa istom gore prikazanom logikom.

@Trougao,
ovo je odličan način razmišljanja. To je otprilike tako. Imam neke primedbe, no čuvam ih za dalje.
Da li bi neko hteo da pored ovog pokaza da i dokaz?
Pokaz koji je dao @Trougao sasvim je dovoljan za praktičnu primenu, da se shvati zadatak i da se reši.
Nego sam želeo da se još neko uključi od naših korisnika, no slabo ko se interesuje

E ovakve stvari me bune, kako dokazati ovakve stvari!? Specijalno 1). Pokusacu da odradim za 2)
Dokazujemo 2):
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\frac{e^n}{n^e}=\infty[/dispmath]
Koristeci tejlorov razvoj ili binomni razvoj za [inlmath]\left(1+\frac{1}{n}\right)^n[/inlmath] kako god hocete, dobijamo:
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\frac{1+n+\frac{n^2}{2!}+\frac{n^3}{3!}+\frac{n^4}{4!}\cdots}{n^e}=\lim_{n\to\infty}\left(\frac{1}{n^e}+\frac{1}{n^{e-1}}+\frac{1}{2!\cdot n^{e-2}}+\frac{n^{3-e}}{3!}+\frac{n^{4-e}}{4!}\cdots\right)[/dispmath]
I odavde vidimo da prva tri clana teze nuli dok ostali teze [inlmath]\infty[/inlmath] pa imamo da cela granicna vrednost tezi [inlmath]\infty[/inlmath]. Pa odavde zakljucujemo da [inlmath]e^n[/inlmath] tezi "brze" beskonacnosti od [inlmath]n^e[/inlmath].
1) I sad cu da probam da dokazem prvi slucaj indukcijom
[dispmath]n!>e^n[/dispmath]
Ovo vazi za [inlmath]n>5[/inlmath].
1. Proveravamo za [inlmath]n=6[/inlmath]:
[dispmath]6!>e^6[/dispmath][dispmath]720>403.4287\ldots[/dispmath]
Znaci vazi za [inlmath]n=6[/inlmath].
2. Mnozimo obe strane sa [inlmath]n+1[/inlmath].
[dispmath]n!\cdot(n+1)>e^n\cdot(n+1)[/dispmath][dispmath](n+1)!>ne^n+e^n>ne^n>e\cdot e^n=e^{n+1}[/dispmath][dispmath](n+1)!>e^{n+1}[/dispmath]
Opravdanost za [inlmath]ne^n>e\cdot e^n[/inlmath] lezi u tome sto je [inlmath]n>6[/inlmath].

Mislim da je sasvim ok dokaz matematičkom indukcijom da je:
[dispmath]n!>e^n[/dispmath]
Nisam ga pre video, no baš mi se svideo
Eto, malo i rimovano...

Ja sam mislio da to pokažem preko Stirlingove formule:
[dispmath]n!=n^n\cdot e^{-n}\cdot\sqrt{2\pi n}\cdot e^{\Large-\frac{\theta}{12n}}\qquad\theta=\theta(n)\qquad0<\theta<1[/dispmath]
I za ovu formulu postoji formalan dokaz, no ne navodim ga da ne bih preterano širio temu.
Bitno je da je asimptotski jednako, to jest za [inlmath]n\to\infty[/inlmath]:
[dispmath]n!\sim n^n\cdot e^{-n}\cdot\sqrt{2\pi n}[/dispmath]
Ovaj simbol [inlmath]\sim[/inlmath] (u Latexu je zapis \sim) čita se kao "tilda" i označava asimptotsku jednakost, kada je [inlmath]n[/inlmath] vrlo veliko.
E sada je, mislim, jasno i primenom ove formule šta se dobija.
p.s. Hvala Danielu za dopunu Tutorijala o karakterističnim limesima.
p.p.s. @Trogao,
jedina moja primedba na tvoj sasvim korektan dokaz matematičkom indukcijom odnosi se na ovo:
[dispmath]n\ge6[/dispmath]
Tako bi trebalo da stoji.