1. feladat:

Általánosan igaz, hogy ha van egy tovább nem egyszerűsíthető racionális törtfüggvényed, és annak vannak pólusai az integrálási tartományban, akkor az integrál divergens. Most `x=-2` és `x=-3` a pólusok, ezek természetesen beleesnek a `]-oo, oo[` tartományba, tehát a keresett integrál divergens.

Lássuk azért be. Bontsuk fel az integrált a szinguláris pontok mentén:

`int_{-oo}^{oo} f(x) dx``=``int_{-oo}^{-3} f(x) dx+int_{-3}^{-2} f(x) dx+int_{-2}^{oo} f(x) dx`

Ezek a részintegrálok nem konvergensek. Nézzük például az utolsót:

`int_{-2}^{oo} 1/(x^2+5x+6) dx``=``int_{-2}^{oo} (1/(x+2)-1/(x+3))dx``=``int_{-2}^{oo} 1/(x+2) dx -int_{-2}^{oo} 1/(x+3) dx`

A végtelen felső határ miatt mellékesen a második tag is divergens, de az igazi baj az első taggal van, ez még véges felső határ esetén is divergens lenne. Nézzük csak nulláig:

`int_{-2}^{0} 1/(x+2) dx``=``lim_{a -> -2^+} int_{a}^{0} 1/(x+2) dx``=``lim_{a -> -2^+} (ln 2 - ln(a+2))`

Ez pedig divergens, mert a logaritmusfüggvény a nullában elszáll a `-oo`-be.

Ettől még egyébként vannak olyan integrálfogalmak, amelyekben értelmezhető ez az integrál (pl: https://en.wikipedia.org/wiki/Cauchy_principal_value ), de ha ez kellene, akkor gondolom mondta volna a feladat.


2. feladat:

`((k-1)(k+2))/(k(k+1))-1=(k^2+k-2-(k^2+k))/(k(k+1))=(-2)/(k(k+1))=2/(k+1)-2/k`

Nézzük meg a részösszegeket:

`sum_{k=2}^K [2/(k+1)-2/k]``=``(2/3-2/2)``+``(2/4-2/3)``+``(2/5-2/4)``+...+``(2/(K)-2/(K-1))+(2/(K+1)-2/K)``=``-2/2+2/(K+1)=2/(K+1)-1`

A végtelen sor összege megegyezik a részösszegek sorozatának határértékével:

`sum_{k=2}^{oo} [2/(k+1)-2/k]``=``lim_{K rightarrow oo} [2/(K+1)-1]=0-1=-1`



3. feladat:

Vizsgáljuk most is a részösszegeket:

`sum_{n=1}^N cos(nx)=cos(x)+cos(2x)+...+cos(Nx)`

Szorozzuk be ezt az összeget `sin(x/2)`-vel, azt látjuk, hogy kettő kivételével kiejtik egymást a tagok:

`sum_{n=1}^N cos(nx)sin(x/2)``=``1/2sum_{n=1}^N [sin(nx+x/2)-sin(nx-x/2)]``=``1/2[sin(3/2x)-sin(1/2x)``+``sin(5/2x)-sin(3/2x)``+``sin(7/2x)-sin(5/2x)``+...+``sin((2N+1)/2x)-sin((2N-1)/2x)]``=``1/2[-sin(1/2x)+sin((2N+1)/2x)]`

Tehát a részösszegeket ki tudjuk fejezni zárt alakban:

`sum_{n=1}^N cos(nx)``=``1/2(-sin(1/2x)+sin((2N+1)/2x))/sin(x/2)``=``sin((2N+1)/2x)/(2sin(x/2))-1/2`

Meg kell jegyezni, hogy ez csak akkor érvényes, ha `sin(x/2) ne 0`. Ha `sin(x/2)=0`, akkor `x=k*2pi`, tehát `cos(nx)=1`, ilyenkor a sor nyilvánvalóan divergens.

A sor konvergenciája tehát a `lim_{N rightarrow oo} sin((2N+1)/2x)/(2sin(x/2))` határérték létezésétől függ. Ez pedig nem létezik, mert ez a kifejezés `N` függvényében periodikus (`x` ugyebár konstans, tehát ez csak egy sima szinuszfüggvény, `1/(2sin(x/2))` amplitúdóval, `x` körfrekvenciával és `x/2` kezdőfázissal).