Вычислить сумму. С какой стороны к этому подступиться?

[Anthony52]

ewert в сообщении #783734 писал(а):

Anthony52 в сообщении #783729 писал(а):

интегрируем
$\int\limits_{0}^{a} (1+a)^n da =$

не интегрируем -- таких интегралов попросту не бывает

Имелось ввиду левую и правую часть проинтегрируем

-- 02.11.2013, 19:06 --

Anthony52 в сообщении #783736 писал(а):

ewert в сообщении #783734 писал(а):

Anthony52 в сообщении #783729 писал(а):

интегрируем
$\int\limits_{0}^{a} (1+a)^n da =$

не интегрируем -- таких интегралов попросту не бывает

Имелось ввиду левую и правую часть проинтегрируем

Имелось ввиду левую и правую часть проинтегрируем выражения
$(1+a)^n = \sum\limits_{k=0}^{n} C_n^k a^k$

[ewert]

Anthony52 в сообщении #783736 писал(а):

Имелось ввиду левую и правую часть проинтегрируем

А левую часть невозможно. У Вас там одна и та же переменная и внутри интеграла, и в верхнем его пределе. Таких интегралов попросту не бывает.

[Anthony52]

биноминальная формула при b=1
$(1+a)^n = \sum\limits_{k=0}^{n} C_n^k a^k$

интегрируем предыдущее выражение
$\int\limits_{0}^{1} (1+a)^n da = \sum\limits_{k=0}^{n} C_n^k \int\limits_{0}^{1} a^k da $

$\frac{{(1+a)}^{n+1}-1} {n+1} = \sum\limits_{k=0}^{n} \frac {a^{k+1}} {k+1} C_n^k$

при a=1 найдем, что
$\sum\limits_{k=0}^{n} \frac {C_n^k} {k+1} = \frac {2^{n+1}-1}{n+1}$

тогда
$2\sum\limits_{k=0}^{n} \frac {C_n^k} {k+1} =\sum\limits_{k=0}^{n} \frac {C_n^k} {\frac {k+1}2} = \frac {2^{n+2}-2}{n+1}$

[ewert]

Anthony52 в сообщении #783744 писал(а):

интегрируем предыдущее выражение
$\int\limits_{0}^{1} (1+a)^n da = \sum\limits_{k=0}^{n} C_n^k \int\limits_{0}^{1} a^k da $

$\frac{{(1+a)}^{n+1}-1} {n+1} = \sum\limits_{k=0}^{n} \frac {a^{k+1}} {k+1} C_n^k$

при a=1 найдем, что

Ну это уже приемлемо. Не считая того, что Вы так и путаете неопределённые интегралы с определёнными; а до тех пор, пока не научитесь их различать -- жёстко, сугубо формально -- так и будете путаться.

[Anthony52]

Не понял как разложить сумму на четные и нечетные k, т.е. надо сумму представить в виде слагаемых где будет знаменатель четный и нечетный получатся при k, и уже без $\lceil \rceil$.

[Anthony52]

Для нечетных k:
$\lceil\frac {k+1}2\rceil = \frac {k+1}2$

Для четных k:
$\lceil\frac {k+1}2\rceil = \frac {k+2}2$

[ewert]

Так второй-то интеграл -- с минусом перед иксом -- можете аналогично разложить в сумму?

[Anthony52]

Для нечетных k:
$\lceil\frac {k+1}2\rceil = \frac {k+1}2$

$\int\limits_{0}^{1} 2(1+x)^n dx = 2\frac {(1+x)^{n+1}}{n+1} \bigg|_0^1 = \frac {2^{n+2}}{n+1}-2$

Для четных k:
$\lceil\frac {k+1}2\rceil = \frac {k+2}2$

$\int\limits_{0}^{1} 2x(1-x)^n dx$
По частям его можно?

[ewert]

Anthony52 в сообщении #784012 писал(а):

По частям его можно?

Можно и по частям, но проще заменой. Однако речь пока что не о нём, а о просто $\int\limits_{0}^{1} 2(1-x)^n dx$.

[Anthony52]

Для четных k:
$\lceil\frac {k+1}2\rceil = \frac {k+2}2$

$\int\limits_{0}^{1} 2(1-x)^n dx = 2\frac {(1-x)^{n+1}}{-(n+1)} \bigg|_0^1 = \frac {2}{n+1}$

[ewert]

Ну а сумма-то где?

[Anthony52]

Для нечетных k:

$\sum\limits_{k=0}^{n} \frac {C_n^k} {\frac {k+1}2} = \frac {2^{n+2}}{n+1}-2$

Для четных k:

$\sum\limits_{k=0}^{n} \frac {C_n^k} {\frac {k+2}2} = \frac 2{n+1}$

[Anthony52]

Для четных k при подстановке как-то не очень правильно получается у меня?

[Anthony52]

Для нечетных k:

$\sum\limits_{k=0}^{n} \frac {C_n^k} {\frac {k+1}2} = \frac {2^{n+2}-2}{n+1}$

Для четных k:

$\sum\limits_{k=0}^{n} \frac {C_n^k} {\frac {k+2}2} = \frac 2{n+1}$

Не понимаю, что дальше-то делать?

[ewert]

Аналогичным образом представить в виде сумм (через бином) интегралы $\int\limits_0^12(1-x)^ndx$ и $\int\limits_0^12x(1-x)^ndx$. И сравнить полученные суммы с теми двумя.