1.12.2014

7 8 Σ

Nazwisko ⁰

Imię Indeks

ANALIZA 1A, KOLOKWIUM nr

2

1.12.2014

PODCZAS KOLOKWIUM NIE WOLNO UŻYWAĆ KALKULATORÓW Zadanie

7.

Dany jest zbieżny szereg geometryczny ^P∞

n=1

a_no sumie S. Wiadomo, że ^P∞

n=1

(−1)ⁿa_n= T . Wyznaczyć sumę szeregu ^P∞

n=1

a²_n w zależności od S i T . Rozwiązanie:

Skorzystamy z następującego wzoru na sumę zbieżnego szeregu geometrycznego ^P∞

n=1

a_n o ilorazie q, gdzie |q| < 1:

∞

X

n=1

a_n= a1

1 − q. Jeżeli dany w zadaniu szereg geometryczny

∞

P

n=1

an ma iloraz q, to dla dowolnej liczby naturalnej n zachodzi równość a_n= a₁· qⁿ⁻¹. W konsekwencji

(−1)ⁿan= (−1)ⁿ· a₁· qⁿ⁻¹= (−a₁) · (−q)ⁿ⁻¹. Zatem szereg ^P∞

n=1

(−1)ⁿa_n jest szeregiem geometrycznym o pierwszym wyrazie −a₁ i ilo- razie −q. Mamy więc

∞

X

n=1

(−1)ⁿa_n= −a₁

1 − (−q)= −a₁ 1 + q. Podobnie

a²_n=^a₁· q^n−12=^a²₁^·^q^2n−1, skąd wynika, że szereg

∞

P

n=1

a²_n jest szeregiem geometrycznym o pierwszym wyrazie a²₁ i ilorazie q². Po uwzględnieniu założeń

∞

X

n=1

a_n= a₁

1 − q = S oraz

∞

X

n=1

(−1)ⁿa_n= −a₁ 1 + q= T otrzymujemy

∞

X

n=1

a²_n= a²₁

1 − q² = a₁ 1 − q· a₁

1 + q = − a₁

1 − q· −a₁

1 + q = −ST . Odpowiedź: Suma szeregu ^P∞

n=1

a²_n jest równa −ST .

Zadanie

8.

n→∞lim

√4ⁿ+ 1 2ⁿ +

√4ⁿ+ 2 2ⁿ⁺¹ +

√4ⁿ+ 4 2ⁿ⁺² +

√4ⁿ+ 8 2ⁿ⁺³ +

√4ⁿ+ 16

2ⁿ⁺⁴ + ... +

√4ⁿ+ 2ⁿ⁻¹ 2²ⁿ⁻¹ +

√4ⁿ+ 2ⁿ 2²ⁿ

!

Rozwiązanie:

Oznaczmy sumę występującą pod znakiem granicy przez bn. Zamierzamy skorzystać z twierdzenia o trzech ciągach, co wymaga oszacowania b_n od góry i od dołu przez ciągi zbieżne do wspólnej granicy.

Zauważmy, że składniki tej sumy bardzo się różnią – iloraz ostatniego składnika do pierwszego dąży do 0 przy n dążącym do nieskończoności. Należy zatem oczeki- wać, że oszacowanie sumy poprzez wspólne oszacowanie składników (i przemnożenie tego oszacowania przez liczbę składników), będzie prowadzić do oszacowań mających różne granice, co uniemożliwi skorzystanie z twierdzenia o trzech ciągach.

Zauważmy też, że za tak znaczną różnicę wielkości składników odpowiadają mia- nowniki, podczas gdy liczniki mają zbliżoną wielkość. Mianowniki tworzą jednak postęp geometryczny, więc sumę ich odwrotności (też tworzących postęp geometryczny) bez problemu możemy obliczyć. W konsekwencji będziemy szacować liczniki przez wspólną wielkość, nie zmieniając mianowników, a następnie dodamy składniki powstałe w wyniku tego oszacowania.

I tak, szacowanie od góry (czyli szacowanie liczników od góry) prowadzi do b_n¬

√4ⁿ+ 2ⁿ 2ⁿ +

√4ⁿ+ 2ⁿ 2ⁿ⁺¹ +

√4ⁿ+ 2ⁿ 2ⁿ⁺² +

√4ⁿ+ 2ⁿ

2ⁿ⁺³ + ... +

√4ⁿ+ 2ⁿ 2²ⁿ⁻¹ +

√4ⁿ+ 2ⁿ 2²ⁿ =

=√

4ⁿ+ 2ⁿ·

 1 2ⁿ+ 1

2ⁿ⁺¹+ 1

2ⁿ⁺²+ 1

2ⁿ⁺³+ ... + 1

2²ⁿ⁻¹+ 1 2²ⁿ



= c_n Z kolei szacowanie od dołu (czyli szacowanie liczników od dołu) prowadzi do

b_n­

√4ⁿ+ 0 2ⁿ +

√4ⁿ+ 0 2ⁿ⁺¹ +

√4ⁿ+ 0 2ⁿ⁺² +

√4ⁿ+ 0

2ⁿ⁺³ + ... +

√4ⁿ+ 0 2²ⁿ⁻¹ +

√4ⁿ+ 0 2²ⁿ =

= 2ⁿ·

 1 2ⁿ+ 1

2ⁿ⁺¹+ 1

2ⁿ⁺²+ 1

2ⁿ⁺³+ ... + 1

2²ⁿ⁻¹+ 1 2²ⁿ



= an. Ze wzoru na sumę postępu geometrycznego otrzymujemy

1 2ⁿ+ 1

2ⁿ⁺¹+ 1

2ⁿ⁺²+ 1

2ⁿ⁺³+ ... + 1

2²ⁿ⁻¹+ 1 2²ⁿ =

= 1

2ⁿ·1 −^1₂^n+1 1 −¹₂ = 1

2ⁿ·1 −^1₂^n+1

1 2

= 1 2ⁿ·



2 −

1 2

n

= 2 2ⁿ− 1

2²ⁿ , gdzie n+1 jest liczbą wyrazów powyższego postępu, a 1/2 jego ilorazem.

Wobec tego

c_n=√

4ⁿ+ 2ⁿ·

 2 2ⁿ− 1

2²ⁿ



=

s

1 + 1 2ⁿ·



2 − 1 2ⁿ



→ 2 przy n → ∞ i podobnie

a_n= 2ⁿ·

 2 2ⁿ− 1

2²ⁿ



= 2 − 1 2ⁿ→ 2 .

Ponieważ dla dowolnej liczby naturalnej n zachodzą nierówności a_n¬ b_n¬ c_n,

a ponadto

n→∞lim cn= 2 oraz

n→∞lim an= 2 , na mocy twierdzenia o trzech ciągach otrzymujemy

n→∞lim b_n= 2 .

Odpowiedź: Wartość granicy podanej w treści zadania jest równa 2.