limiet berekenen

[wnvl1]

De volgende term is de vorige term vermenigvuldigd met 3/k. Als k dan groter is dan 3, dan is het niet moeilijk om aan te tonen dat de opeenvolgende termen dalend zijn. En dat is voldoende voor convergentie volgens Leibniz.

[Bart23]

Je kan voor de tweede reeks alternatief ook -3 invullen in de Taylor-reeks voor e^x. Dan weet je ook meteen de reekssom.

[aadkr]

wnvl1 ik snap van Uw bericht hrlrmaal niets
Convergentie volgens Leibniz heb ik nooit gehad
Bart23 waarom moet ik nu werken met de reeksontwikkeling van e tot de macht x??

[aadkr]

[wnvl1]

Leibniz is wat jij de alternating series test noemt (boven de kader).

Ik geef jou aan in mijn post hoe je kan bewijzen dat \(a_{k+1}\) kleiner is dan \(a_{k}\).

[Bart23]

\(\left|\frac{a_{k+1}}{a_k}\right|=\left|\frac{\frac{3^{k+1}}{(k+1)!}}{\frac{3^k}{k!}}\right|=\frac{3}{k+1}\)

wat kleiner is dan 1 als k minstens 3 is. De termen dalen dus in absolute waarde.

\(\frac{3^k}{k!}=\frac{3}{1}\cdot\frac{3}{2}\cdot\frac{3}{3}\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{3}{5}\cdots\frac{3}{k}\)

\(<\frac{3}{1}\cdot\frac{3}{2}\cdot\frac{3}{3}\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{3}{4}\cdots\frac{3}{4}=\frac{9}{2}\cdot\left(\frac{3}{4}\right)^{k-3}=\frac{32}{3}\cdot\left(\frac{3}{4}\right)^k\)

Het laatste is de algemene term van een convergente meetkundige rij die naar nul gaat, want |reden|<1.

De andere uitleg met e^x is gewoon een andere, snellere manier die ook nog eens de reekssom e^(-3) geeft.

[aadkr]

[wnvl1]

Bewijs eerst dat de limiet convergeert (dalend en naar beneden begrensd door 0), daarna kan je als volgt bewijzen dat hij naar nul convergeert.


$$\lim_{k \to \infty} \frac{10^k}{k!} = \lim_{k \to \infty} \frac{10^{k+1}}{(k+1)!} = \lim_{k \to \infty} \frac {10}{k+1} \frac{10^k}{k!} = \left(\lim_{k \to \infty} \frac {10}{k+1} \right) \left( \lim_{k \to \infty} \frac {10^k}{k!} \right) = 0.$$

[aadkr]

wnvl1 en bart23 hartelijk dank voor uw hulp.
met vriendelijke groet aad

[aadkr]

[wnvl1]

In oefening 10 dalen de termen in absolute waarde en de termen gaan in de limiet naar 0.
Het Leibniz criterium zegt dan dat de reeks convergeert.

[Bart23]

Oefening 11 vraagt om f(x) te evalueren in -2/3, met

\(f(x)=\sum_{k=1}^\infty k\cdot x^k\)

Beschouw

\(g(x)=\frac{1}{1-x}=\sum_{k=0}^\infty x^k\)

waarbij de bovenstaande machtreeks convergeert voor |x|<1 (dus zeker voor x=-2/3)
Nu is

\(g'(x)=\frac{1}{(1-x)^2}=\sum_{k=0}^\infty k\cdot x^{k-1}\)

Dus

\(f(x)=x\cdot g'(x)=\frac{x}{(1-x)^2}\)

Bijgevolg

\(f(-\frac23)=-\frac{6}{25}\)

[aadkr]

Bart23
Ik begrijp hier niets van
aad

[Bart23]

Dag aad, vraag gerust welke stap(pen) niet duidelijk is/zijn.
Voor een oplossing die meer volgens het boekje is (maar geen precieze waarde voor de som geeft), kan je ook hier Leibniz toepassen.
1) de reeks is alternerend
2) de termen dalen in absolute waarde (vanaf de derde term):

\(\left|\frac{a_{k+1}}{a_k}\right|=\frac{\frac{(k+1)2^{k+1}}{3^{k+1}}}{\frac{k2^k}{3^k}}=\frac{3k}{2(k+1)}\)

met

\(\frac{3k}{2(k+1)}<1\Leftrightarrow2(k+1)<3k\Leftrightarrow k>2\)

3) de limiet van de absolute waarde van de termen gaat naar nul. Met de regel van de l'Hospital vinden we snel:

\(\lim_{n\to+\infty}\frac{k2^k}{3^k}=\lim_{x\to+\infty}\frac{x2^x}{3^x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{x}{(\frac{3}{2})^x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{1}{(\frac{3}{2})^x\cdot\ln\frac{3}{2}}=\frac{1}{+\infty}=0\)

[aadkr]

dit snap ik, hartelijk dank. maar is de limiet dan te berekenen?