Сходимость ряда

[frankenstein]

iou
Ого! Круто! Получается так:

$$ \frac{1}{1} - \frac{1}{2} + \frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \frac{1}{4} ... = 1 $$

Так как остальные элементы самоуничтожатся.
А так можно делать? (перегруппировывать суммы)

[Dan B-Yallay]

Телескопический ряд

[iou]

frankenstein, ответ верный, но не совсем понятно, что значит "остальные элементы самоуничтожатся", это ведь бесконечная сумма, мало ли, что там будет.. Проще воспользоваться определением и понять, что ответ действительно верный.
Если мы явно напишем частичную сумму $a_1+...+a_n=1-\dfrac{1}{n+1}$, то существует предел

$$\lim\limits_{n \to \infty} \big(1-\dfrac{1}{n+1}\big)=1$$

Касательно

frankenstein в сообщении #1204059 писал(а):

А так можно делать? (перегруппировывать суммы)

Если говорить о перестановке слагаемых сходящегося ряда, то делать это можно далеко не всегда. В данном случае мы даже ничего не переставляли. В общем случае, если ряд сходится абсолютно, то слагаемые переставлять можно и сумма получится та же, если ряд сходится условно, то перестановкой слагаемых можно получить любую наперед заданную сумму. Но для любого ряда можно "немного переставить" слагаемые (то есть если новый номер члена ряда отличается от старого не более, чем на фиксированное число), сумма будет та же.

[frankenstein]

iou
Да, лучше всегда взять конечное число $n$, а потом устремить его к $\infty$
Решаю дальше, так сейчас у меня такой ряд:

$$ \frac{1}{1 \cdot 4} + \frac{1}{4 \cdot 7} + ... + \frac{1}{(3n-2)(3n+1)} + ... $$

Попробую решить...

-- 27.03.2017, 22:53 --

Блин, да что же это такое , тут разложение на разность не помогает

-- 27.03.2017, 22:59 --

Не подсказывайте, я нашел решение, щас...

-- 27.03.2017, 23:05 --

Итак:

$$ S = \frac{1}{1 \cdot 4} + \frac{1}{4 \cdot 7} + ... + \frac{1}{(3n-2)(3n+1)} + ... $$

$$ 3S = \frac{3}{1 \cdot 4} + \frac{3}{4 \cdot 7} + ... + \frac{3}{(3n-2)(3n+1)} + ... = \frac{1}{1} - \frac{1}{4} + \frac{1}{4} - \frac{1}{7} + \frac{1}{7} - \frac{1}{10} + ... + \frac{1}{3n-2} - \frac{1}{3n+1} + ... = 1 $$

$$ S = \frac{1}{3} $$

-- 27.03.2017, 23:14 --

Решаю дальше - тригонометрия пошла. Итак, дано: $ |q| < 1 $

$$ q \sin \alpha + q^2 \sin 2 \alpha + ... + q^n \sin n \alpha + ... $$

$$ q \cos \alpha + q^2 \cos 2 \alpha + ... + q^n \cos n \alpha + ... $$

Думаю, они тоже телескопические. Думаю использовать формулу синусов двойного и тройного угла, но это становится громоздким, как думаете это правильный путь?

[Brukvalub]

frankenstein в сообщении #1204095 писал(а):

как думаете это правильный путь?

Думаю, что так правды не найти.

[sergei1961]

Тут Эйлера бы спросить...

[Someone]

frankenstein в сообщении #1204095 писал(а):

Итак, дано: $ |q| < 1 $

$$ q \sin \alpha + q^2 \sin 2 \alpha + ... + q^n \sin n \alpha + ... $$

$$ q \cos \alpha + q^2 \cos 2 \alpha + ... + q^n \cos n \alpha + ... $$

Думаю, они тоже телескопические.

Да, если домножить его на подходящее выражение, то получится. Только выражение не совсем простое. Для начала попробуйте домножить эти ряды на $\sin\frac{\alpha}2$, произведения преобразовать в разности и подумать, чего там не хватает для "телескопичности".

[Someone]

Нет, это я неправильно написал. Умножать нужно на $\cos\alpha$. Плюс ещё пара слагаемых. Оба ряда.

[frankenstein]

Получается так:

$$ q \sin \alpha \cos \alpha + q^2 \sin 2\alpha \cos \alpha + q^3 \sin 3\alpha \cos \alpha + ... + q^n \sin n\alpha \cos \alpha + ... $$

Теперь осталось найти эти слагаемые...

[Someone]

Я же писал:

Someone в сообщении #1204168 писал(а):

Для начала попробуйте домножить эти ряды на $\sin\frac{\alpha}2$, произведения преобразовать в разности и подумать, чего там не хватает для "телескопичности"

После умножения на $\cos\alpha$ получатся не разности, а суммы, но весь совет сохраняется. После преобразования попробуйте вычесть исходный ряд, на что-нибудь умноженный, чтобы члены посокращались.

[frankenstein]

Someone
Понял, сейчас попробую

[dima_1985]

У меня вопрос по первому примеру. Представил его так $\sum\limits_{i=1}^{n}\frac{i}{2^{i-1}}-\sum\limits_{i=1}^{n}\frac{1}{2^i}$. C правым понятно 1.Я пробовал $\sum\limits_{i=1}^{n}\frac{i}{2^{i-1}}$ по $i$ дифференцировать, но ничего не получается. Там нужно предварительные преобразования сделать?

[ewert]

dima_1985 в сообщении #1204470 писал(а):

Я пробовал $\sum\limits_{i=1}^{n}\frac{i}{2^{i-1}}$ по $i$ дифференцировать, но ничего не получается.

Потому что надо не первую сумму дифференцировать, а вторую. И не по "ай!", а по двойке.

[Dan B-Yallay]

(Оффтоп)

ewert в сообщении #1204476 писал(а):

Потому что надо не первую сумму дифференцировать, а вторую. И не по "ай!", а по двойке.

Это как это?

$$\dfrac {\partial \big( \sum\limits_{i=1}^{n}\frac{1}{2^{i}}\big)}{\partial \, 2}\ ?$$

[ewert]

(Оффтоп)

Dan B-Yallay в сообщении #1204482 писал(а):

$$\dfrac {\partial \big( \sum\limits_{i=1}^{n}\frac{1}{2^{i}}\big)}{\partial \, 2}\ ?$$

Именно. Имеющий уши -- да увидит.

-- Вт мар 28, 2017 23:45:47 --

Да, кстати:

sergei1961 в сообщении #1204167 писал(а):

Тут Эйлера бы спросить...

К моменту рядов комплексные числа стандартно уже вообще-то есть. Та что и впрямь лучше бы обратиться к Эйлеру.

-- Ср мар 29, 2017 00:03:18 --

И ещё кстати:

Someone в сообщении #1204266 писал(а):

После преобразования попробуйте вычесть исходный ряд, на что-нибудь умноженный, чтобы члены посокращались.

Само по себе предложение, естественно, правильно; но вот реализовано, на мой вкус, не очень разумно. В левой части -- сама требуемая сумма, в правой -- выйдет она же, но в удвоенном варианте и с разными множителями типа $q$ в какой-то степени, плюс-минус лишние/дополнительные слагаемые. После наведения порядка получится тривиальное линейное уравнение для искомой суммы. И не надо ничего гадать с вычитанием.