Преобразовать ряд к конечной сумме

[van341]

При вычислении интеграла $I=\int\limits_0^1\frac{a\cdot t^n}{b+a\cdot t}dt$ для $\left|\frac{a}{b}\right|\ge1$ получил, что $I=\left(\frac{-b}{a}\right)^n\left[\ln\left(\frac{a+b}{b}\right)+\sum\limits_{k=1}^n\left(\frac{1}{k}\left(\frac{-a}{b}\right)^k\right)\right]$. Здесь $n=0,1,2,3...$. В случае, когда $\left|\frac{a}{b}\right|<1$ (особенно для больших $n$) $I=-\sum\limits_{k=0}^{\infty}\left[\frac{1}{k+n+1}\left(\frac{-a}{b}\right)^{k+1}\right]$ (это равенство можно задать и через гипергеометрическую функцию). В последнем выражении не устраивает бесконечная сумма. Подскажите, пожалуйста, как вычислить $I$ для $\left|\frac{a}{b}\right|<1$ не прибегая к бесконечным суммам или гипергеометрической функции.

[Sonic86]

van341 в сообщении #1274429 писал(а):

$I=\left(\frac{-b}{a}\right)^n\left[\ln\left(\frac{a+b}{b}\right)+\sum\limits_{k=1}^n\left(\frac{1}{k}\left(\frac{-a}{b}\right)^k\right)\right]$...
$I=-\sum\limits_{k=0}^{\infty}\left[\frac{1}{k+n+1}\left(\frac{-a}{b}\right)^{k+1}\right]$
Подскажите, пожалуйста, как вычислить $I$ для $\left|\frac{a}{b}\right|<1$ не прибегая к бесконечным суммам

Слишком сильное требование.
Гармоническое число - оно и есть гармоническое число, асимптотика его известна. Если гармонический ряд начать с другого места - будет тоже асимптотика, но другая. Но даже асимптотический ряд - это же ряд, его нельзя свернуть в что-то более простое.
А вот как Вы вычисляете логарифм без бесконечных рядов - я не понимаю.

(Оффтоп)

$I(x)=-\sum\limits_{k=1}^{\infty}\frac{x^k}{n+k}$

[Ms-dos4]

van341
А причём тут величина $\[\frac{a}{b}\]$? (за исключением случаев, когда интеграл сходится)?
Разложение на простые дроби всегда одно

$$\[\frac{{a{t^n}}}{{b + at}} = {( - 1)^n}\frac{{{b^n}}}{{{a^{n - 1}}}}\frac{1}{{b + at}} + \sum\limits_{k = 0}^{n - 1} {{{( - 1)}^{n - k - 1}}{{(\frac{b}{a})}^{n - k - 1}}{t^k}} \]$$

Откуда

$$\[\int\limits_0^1 {\frac{{a{t^n}}}{{b + at}}dt} = {( - 1)^n}\frac{{{b^n}}}{{{a^n}}}\ln (1 + \frac{a}{b}) + \sum\limits_{k = 0}^{n - 1} {\frac{{{{( - 1)}^{n - k - 1}}}}{{k + 1}}{{(\frac{b}{a})}^{n - k - 1}}} \]$$

P.S.Присоединяюсь к предыдущему ответу. Если хотите что-то считать, проще это делать численно.

[van341]

Ms-dos4
К сожалению для $\left|\frac{a}{b}\right|<1$ и больших $n$ это равенство не выполняется.

[Ms-dos4]

van341
Попробую угадать. Вы считаете сумму в какой нибудь системе компьютерной алгебры? Тогда просто смотрите на точность. Равенство верное, просто величина суммы и первого слагаемого очень велики и когда вы считаете сумму (по факту разность), то реальный результат задавлен ошибкой округления. Вот например, в Mathematicа, вычисляем при $\[a = 1\]$, $\[b = 7\]$ и $\[n = 20\]$. Интеграл равен

NIntegrate[(a*t^n)/(b + a*t), {t, 0, 1}]

$\[\int\limits_0^1 {\frac{{a{t^n}}}{{b + at}}dt} \approx 0.00598657477282...\]$
Считаем сумму

N[(-1)^n*(b/a)^n*Log[1 + a/b] + 
  Sum[(-1)^(n - k - 1)/(k + 1)*(b/a)^(n - k - 1), {k, 0, n - 1}]]

$$\[{( - 1)^n}\frac{{{b^n}}}{{{a^n}}}\ln (1 + \frac{a}{b}) + \sum\limits_{k = 0}^{n - 1} {\frac{{{{( - 1)}^{n - k - 1}}}}{{k + 1}}{{(\frac{b}{a})}^{n - k - 1}}} = - 4\]$$

Оой, как так то. Ан-нет, всё нормально, если указать системе считать с точностью, например 1000 знаков, то

N[(-1)^n*(b/a)^n*Log[1 + a/b] + 
  Sum[(-1)^(n - k - 1)/(k + 1)*(b/a)^(n - k - 1), {k, 0, 
    n - 1}], 1000]

$$\[{( - 1)^n}\frac{{{b^n}}}{{{a^n}}}\ln (1 + \frac{a}{b}) + \sum\limits_{k = 0}^{n - 1} {\frac{{{{( - 1)}^{n - k - 1}}}}{{k + 1}}{{(\frac{b}{a})}^{n - k - 1}}} = 0.00598657477282...\]$$

И чем больше зададите, тем лучше точность (обратите внимание, она НЕ равна заданным 1000 знакам).

[van341]

Ms-dos4
Ой ой)) Все верно. Начал мудрить там, где не надо. Спасибо))

[Ms-dos4]

van341
Только вот хотел бы повторить, это как раз указывает на то, что НЕ НУЖНО вычислять рядами. Это по меньшей мере глупо. Намного эффективнее просто считать интеграл численно.

[Евгений Машеров]

Мучает меня смутное сомнение, что если взять сумму геометрической прогрессии и проинтегрировать...

[mihiv]

Для больших $n$ может оказаться выгоднее вычислять с помощью ряда. $I=\frac a{(n+1)(a+b)}+o(\frac 1{n})$ (явно выписан первый член ряда).

[Евгений Машеров]

(Оффтоп)

Или я чего-то не понимаю, или одно из двух...

$I=-\sum\limits_{k=0}^{\infty}\left[\frac{1}{k+n+1}\left(\frac{-a}{b}\right)^{k+1}\right]=-\sum\limits_{k=0}^{\infty}\left[\frac{1}{k+n+1}r^{k+1}\right]$
где
$r=\frac{-a}{b}$
I=-r^{-n}\sum\limits_{k=0}^{\infty}\left[\frac{1}{k+n+1}r^{k+n+1}\right]=-r^{-n}J
где
$J=\sum\limits_{k=0}^{\infty}\left[\frac{1}{k+n+1}r^{k+n+1}\right]$
$\frac {dJ}{dr}=\sum\limits_{k=0}^{\infty}\left[r^{k+n+1}\right]=\frac{r^{n+1}}{1-r}$

(Оффтоп)

intégre qui pourra

[Ms-dos4]

Евгений Машеров
Вы всё правильно понимаете, но человек же хотел конечную сумму (хотя учитывая что в этом случае там присутствует логарифм, это смысла имеет мало).
P.S. $\[\frac{{dJ}}{{dr}} = \frac{{{r^{n + 1}}}}{{1 - r}}\]$

[Евгений Машеров]

Спасибо. Поправил.