Матан №2

RawonaM · июля 22, 2011, 12:44

$[tex]\sum_{k=1}^\infty \frac1{(k+1)(k+2)}=\frac12[/tex]$

Как это посчитали?

hurufu · июля 22, 2011, 12:51

На первый взгляд стремится к нулю, вроде.

RawonaM · июля 22, 2011, 12:54

Цитата: hurufu от июля 22, 2011, 12:51
На первый взгляд стремится к нулю, вроде.

Последовательность стремится к нулю, а ряд к 1/2.

Hellerick · июля 22, 2011, 13:03

Приводится к телескопическому ряду

RawonaM · июля 22, 2011, 13:07

Благодарю

Не очень понял, как его туда привести, но таким же способом как телескоп решается легко.

Квас · июля 22, 2011, 13:25

Цитата: RawonaM от июля 22, 2011, 12:44
$[tex]\sum_{k=1}^\infty \frac1{(k+1)(k+2)}=\frac12[/tex]$

Как это посчитали?

Приходит в голову так.

Рассмотрим ряд
$[tex]\sum_{k=1}^{\infty}x^{k}=\frac{x}{1-x}[/tex]$
с интервалом сходимости (-1,1). На любом отрезке, содержащемся в интервале сходимости, ряд сходится равномерно, поэтому его можно почленно интегрировать. Интегрируя два раза от 0 до x, получаем
$[tex]\sum_{k=1}^{\infty}\frac{x^{k+2}}{(k+1)(k+2)}=x-\frac{x^{2}}{2}+(1-x)\ln(1-x)\qquad(-1<x<1)[/tex]$

Теперь фокус. При x=1 ряд в левой части, очевидно, сходится. Поэтому по теореме Абеля сумма ряда является непрерывной функцией на [0,1].
Следовательно,
$[tex] \sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{(k+1)(k+2)}=\lim_{x\to1-0}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{x^{k+2}}{(k+1)(k+2)}=\\=\lim_{x\to1-0}\left(x-\frac{x^{2}}{2}+(1-x)\ln(1-x)\right)=\frac{1}{2} [/tex]$

Квас · июля 22, 2011, 13:29

Цитата: RawonaM от июля 22, 2011, 13:07
Благодарю Не очень понял, как его туда привести, но таким же способом как телескоп решается легко.

В обосновании надо быть аккуратным, потому что ряды с общим членом, эквивалентным 1/n, расходятся. Как указано в вики, железобетонно будет через предел.

RawonaM · июля 22, 2011, 13:35

Цитата: Квас от июля 22, 2011, 13:29
В обосновании надо быть аккуратным, потому что ряды с общим членом, эквивалентным 1/n, расходятся. Как указано в вики, железобетонно будет через предел.

Так я через предел и нашел. А как еще?

Цитата: Квас от июля 22, 2011, 13:25
Рассмотрим ряд
$[tex]\sum_{k=1}^{\infty}x^{k}=\frac{x}{1-x}[/tex]$
с интервалом сходимости (-1,1). На любом отрезке, содержащемся в интервале сходимости, ряд сходится равномерно, поэтому его можно почленно интегрировать. Интегрируя два раза от 0 до x, получаем
$[tex]\sum_{k=1}^{\infty}\frac{x^{k+2}}{(k+1)(k+2)}=x-\frac{x^{2}}{2}+(1-x)\ln(1-x)\qquad(-1<x<1)[/tex]$

Теперь фокус. При x=1 ряд в левой части, очевидно, сходится. Поэтому по теореме Абеля сумма ряда является непрерывной функцией на [0,1].
Следовательно,
$[tex] \sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{(k+1)(k+2)}=\lim_{x\to1-0}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{x^{k+2}}{(k+1)(k+2)}=\\=\lim_{x\to1-0}\left(x-\frac{x^{2}}{2}+(1-x)\ln(1-x)\right)=\frac{1}{2} [/tex]$

хех, при виде этого вспоминается то, как я провел последнюю зиму

Этот курс будет совершенно другого уровня: сказали тут нас завалят материалом, но такой глубины понимания и точности, как требовалось там, не будет.

Квас · июля 22, 2011, 13:45

Цитата: RawonaM от июля 22, 2011, 13:35
Цитата: Квас от июля 22, 2011, 13:29В обосновании надо быть аккуратным, потому что ряды с общим членом, эквивалентным 1/n, расходятся. Как указано в вики, железобетонно будет через предел.
Так я через предел и нашел. А как еще?

Да мало ли?

Например,
$[tex] \sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{(k+1)(k+2)}=\sum_{k=1}^{\infty}\left(\frac{1}{k+1}-\frac{1}{k+2}\right)=\\=\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{4}\right)+\left(\frac{1}{4}-\frac{1}{5}\right)+\ldots=\\ =\frac{1}{2}+\left(-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}\right)+\left(-\frac{1}{4}+\frac{1}{4}\right)+\ldots=\frac{1}{2} [/tex]$
Это решение не годится без серьёзных пояснений, потому что производится перегруппировка членов условно сходящегося ряда.

RawonaM · июля 23, 2011, 08:55

Цитата: Квас от июля 22, 2011, 13:45
Это решение не годится без серьёзных пояснений, потому что производится перегруппировка членов условно сходящегося ряда.

Так а через предел тоже перегруппируется ведь!

Как иначе?
А что за серьезные пояснения?

RawonaM · июля 23, 2011, 09:01

Чего-то я сильно туплю. Вот дано $[tex]a_n = \frac1{2+1} + \frac1{2^2+2}+...+\frac1{2^n+n}[/tex]$ . Нужно доказать сходимость последовательности {a_n} и сказано, что достаточно показать, что последовательность возрастает и ограничена. Возрастает это понятно. Но почему она ограничена? Ведь:
$[tex]a_n = \sum_{k=0}^n \frac1{2^k+k}[/tex]$
ряд расходится и не имеет конечной суммы (т.е. она бесконечно большая). Значит и {a_n} неограничена, нет?

Квас · июля 23, 2011, 11:13

Цитата: RawonaM от июля 23, 2011, 08:55
Так а через предел тоже перегруппируется ведь!

С конечными суммами всё можно делать.

Цитата: RawonaM от июля 23, 2011, 08:55
А что за серьезные пояснения?

$[tex]\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{4}\right)+\left(\frac{1}{4}-\frac{1}{5}\right)+\ldots=\\ =\frac{1}{2}+\left(-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}\right)+\left(-\frac{1}{4}+\frac{1}{4}\right)+\ldots [/tex]$

А на основании чего верно это равенство? В голову ничего не приходит, кроме как через пределы расписать.

Квас · июля 23, 2011, 11:14

Цитата: RawonaM от июля 23, 2011, 09:01
ряд расходится

Сходится-сходится, куда он денется:
$[tex]a_k < 2^{-k}.[/tex]$

RawonaM · июля 23, 2011, 11:55

Цитата: Квас от июля 23, 2011, 11:14
Цитата: RawonaM от июля 23, 2011, 09:01ряд расходится
Сходится-сходится, куда он денется:
$[tex]a_k < 2^{-k}.[/tex]$

А точно. Вроде все понял.
Значит $[tex]a_n < 2[/tex]$ ?

Квас · июля 23, 2011, 13:05

Цитата: RawonaM от июля 23, 2011, 11:55
Значит $[tex]a_n < 2[/tex]$ ?

Пардон, у меня обозначение не то. А a_n даже < 1, потому что суммирование начиная с k=1.

RawonaM · июля 23, 2011, 13:10

Цитата: Квас от июля 23, 2011, 13:05
Пардон, у меня обозначение не то. А a_n даже < 1, потому что суммирование начиная с k=1.

Действтиельно.

RawonaM · июля 23, 2011, 18:15

К разговору выше о перегруппировке: нашел такую теорему в книге, называется теорема Римана:

Не абсолютно сходящийся ряд всегда допускает изменение порядка суммирования, при котором сумма оказывается равной любому наперед заданному числу (конечному или бесконечному).

А абсолютно сходящийся можно перегруппировать как угодно.

RawonaM · июля 27, 2011, 21:52

Нужно найти сумму $[tex]\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(2-x)^k}{2^k\cdot k}[/tex]$ для всех иксов, где есть сходимость.

Я сделал производную, по таблице Маклорена получается сумма производной -1/x, берем интеграл получается -ln x + C. Находим С через подстановку х=2, С=ln 2. Поэтому сумма ln 2 - ln x. Верно ли?

Что-то не смог максимой посчитать почему-то

Maple считает это легко?

Квас · июля 27, 2011, 22:11

Цитата: RawonaM от июля 27, 2011, 21:52
Maple считает это легко?

На раз считает командой sum (это команда для «интеллектуальных» действий с суммами: нахождение формул для конечных сумм или суммы ряда; более простая команда — add).

RawonaM · июля 27, 2011, 22:15

Цитата: Квас от июля 27, 2011, 22:11
Цитата: RawonaM от июля 27, 2011, 21:52Maple считает это легко?
На раз считает командой sum (это команда для «интеллектуальных» действий с суммами: нахождение формул для конечных сумм или суммы ряда; более простая команда — add).

В максиме тоже sum. Но почему-то конкретно эту сумму он не смог посчитать, то ли я что-то не так делаю.

RawonaM · июля 27, 2011, 22:26

Может быть нужно ему как-то указать для каких х-ов сумма? Ведь не для всех сходимость есть. Впрочем, мог бы и сам узнать...

RawonaM · июля 28, 2011, 22:24

Как грамотно посчитать $[tex]\lim_{k\to\infty} \frac1{\sqrt[k]{k}}[/tex]$ ?

Квас · июля 28, 2011, 23:55

Я бы прологарифмировал и убедился, что логарифм стремится к 0 (тогда само выражение к 1): логарифмическая функция растёт медленней, чем многочлен (то есть предел отношения равен 0; доказать можно по правилу Лопиталя).

RawonaM · июля 29, 2011, 08:39

Не получаеццо.

$[tex]\lim_{k\to\infty} \frac1{\sqrt[k]{k}}=\lim_{k\to\infty} \frac1{e^{1/k}e^{\ln k}}=\frac1{e^0 e^{\lim_{k\to\infty}\ln k}}[/tex]$

$[tex]\lim_{k\to\infty} \frac1{\sqrt[k]{k}}=\lim_{k\to\infty} {e^{1/k}e^{\ln \frac1k}}=e^0 e^{\lim_{k\to\infty}\ln \frac1{k}}[/tex]$

Что я не так делаю?

Квас · июля 29, 2011, 23:35

Ошибка в работе со степенями:
$[tex]\sqrt[k]k = e^{(\ln k)/k} = \left(e^{\ln k}\right)^{1/k}[/tex]$
Для вычисления предела последний член бесполезен, так как представляет собой неопределённость; ответ видно по второму члену.

Лингвофорум

Матан №2

RawonaM

hurufu

RawonaM

Hellerick

RawonaM

Квас

Квас

RawonaM

Квас

RawonaM

RawonaM

Квас

Квас

RawonaM

Квас

RawonaM

RawonaM

RawonaM

Квас

RawonaM

RawonaM

RawonaM

Квас

RawonaM

Квас

Быстрый ответ