Найти сумму ряда

[Ivan_B]

Есть подозрение, что при решении следующих задач я "перемудрил". Вопрос в том можно ли считать следующее приемлемым подходом. Существует ли "красивое" решение?

Задача из Демидовича (№55) $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{2n-1}{2^n}$
При решении использовал тот факт, что $ \sum_{k=1}^{n}kq^{k-1}$ производная от $ \sum_{k=1}^{n}q^k$
Результат $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{2n-1}{2^n} = \lim \limits_{n \to \infty}\left(3-\frac{2n+3}{2^n}\right)$
Как решить задачу без использования производных?
(моя догадка заключается в том, что раз задача из темы "последовательности", которую изучают до производных, то без них можно обойтись)

Задача из Демидовича (№54) $ \lim \limits_{n \to \infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{(2k-1)^2}{n^3}$
Есть ли способ "легко" получить формулу $\sum_{k=1}^{n}{(2k-1)^2} = \frac{n(2n-1)(2n+1)}{3}$ ? В своем решении использовал тождество $ \sum_{k=1}^{n}(k+1)^3 - k^3 = (n+1)^3-1$

[mihaild]

Первая задача сводится к подсчету $\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{n}{2^n}$. Тут можно вынести из общего члена ряда $\frac{1}{2^n}$ - получится геометрическая прогрессия плюс исходный ряд, умноженный на $\frac{1}{2}$.

[EtCetera]

Если в первой задаче Вы распознали производную, то во второй, очевидно, надо постараться распознать интеграл.

[Math_er]

Ivan_B в сообщении #1190838 писал(а):

Есть ли способ "легко" получить формулу $\sum_{k=1}^{n}{(2k-1)^2} = \frac{n(2n-1)(2n+1)}{3}$ ?

Например, методом неопределенных коэффициентов. Хотя известно, что конечная сумма от многочлена есть многочлен степени на единицу выше, Вам не обязательно этим пользоваться на малых степенях.

[Ivan_B]

mihaild в сообщении #1190840 писал(а):

Первая задача сводится к подсчету $\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{n}{2^n}$.

До этого места я понимаю. А что делать дальше с $\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{n}{2^n}$ не очень(если без производной).

EtCetera в сообщении #1190844 писал(а):

Если в первой задаче Вы распознали производную, то во второй, очевидно, надо постараться распознать интеграл.

Для случая$\lim \limits_{n \to \infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{(2k)^2}{n^3}=4\lim \limits_{n \to \infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{k^2}{n^3}=4\int\limits_0^1x^2dx=\frac{4}{3}$ как-то так?
Как быть с $\lim \limits_{n \to \infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{(2k-1)^2}{n^3}$?

Math_er в сообщении #1190848 писал(а):

Например, методом неопределенных коэффициентов.

Пользовался этим методом в следующем контексте $\frac{x}{(x+1)(x+2)}=\frac{A}{x+1}+\frac{B}{x+2}=\frac{(A+B)x+(2A+B)}{(x+1)(x+2)}$, тогда $\begin{cases}A+B = 1\\ 2A+B = 0\end{cases}$ тогда $\begin{cases}A = -1\\ B = 2\end{cases}$
Что делать в случае с $\sum_{k=1}^{n}{(2k-1)^2}$?

[EtCetera]

Ivan_B в сообщении #1190878 писал(а):

Для случая$\lim \limits_{n \to \infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{(2k)^2}{n^3}=4\lim \limits_{n \to \infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{k^2}{n^3}=4\int\limits_0^1x^2dx=\frac{4}{3}$ как-то так?
Как быть с $\lim \limits_{n \to \infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{(2k-1)^2}{n^3}$?

Да, так.
А эти случаи чем-то прынципиально отличаются?

-- Ср фев 08, 2017 20:48:49 --

Ivan_B в сообщении #1190878 писал(а):

А что делать дальше с $\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{n}{2^n}$ не очень(если без производной).

Например, можно расписать это выражение как двойную сумму и затем изменить в ней порядок суммирования.

[Ivan_B]

EtCetera в сообщении #1190881 писал(а):

А эти случаи чем-то прынципиально отличаются?

Непонятно как из первого получить второй, возможно из-за пробела в знаниях. Поэтому сейчас читаю с самого начала Зорича и просматриваю задачи.

EtCetera в сообщении #1190881 писал(а):

Например, можно расписать это выражение как двойную сумму и затем изменить в ней порядок суммирования.

Все равно непонятно.

[EtCetera]

Ivan_B в сообщении #1190882 писал(а):

Непонятно как из первого получить второй, возможно из-за пробела в знаниях.

Попробуйте, наоборот, второй к первому свести. Скобочки там пораскрывать, к примеру...

Ivan_B в сообщении #1190882 писал(а):

Все равно непонятно.

$$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{n}{2^n}=\sum\limits_{n=1}^{\infty}\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{2^n}$$

[Math_er]

Ivan_B в сообщении #1190878 писал(а):

Пользовался этим методом в следующем контексте $\frac{x}{(x+1)(x+2)}=\frac{A}{x+1}+\frac{B}{x+2}=\frac{(A+B)x+(2A+B)}{(x+1)(x+2)}$, тогда $\begin{cases}A+B = 1\\ 2A+B = 0\end{cases}$ тогда $\begin{cases}A = -1\\ B = 2\end{cases}$
Что делать в случае с $\sum_{k=1}^{n}{(2k-1)^2}$?

Вы меня не поняли.
Предположим, что

$$\sum_{k=1}^{n}(2k-1)^2 = an^3+bn^2+cn+d$$

Неизвестные коэффициенты можно найти из линейной системы, которая получается подстановкой в это равенство любых четырех различных значений $n.$

Другой вопрос: почему такое предположение имеет место быть? По этому поводу я кое-что написал в своём предыдущем посте.

[DeBill]

Ivan_B в сообщении #1190838 писал(а):

Есть ли способ "легко" получить формулу

Есть: использовать ваше тождество.
Или: $1\cdot 2 + 2\cdot 3 +... + (n-1)\cdot n = \frac{(n-1)\cdot n \cdot (n+1)}{3}$ (его - и кучу аналогичных - можно углядеть в треугольнике Паскаля: сумма чисел вдоль "сапога" (то бишь, наклонной линии с махонькой подошвой вверху) равна числу у конца голенища)

[Ivan_B]

EtCetera в сообщении #1190885 писал(а):

Попробуйте, наоборот, второй к первому свести. Скобочки там пораскрывать, к примеру...

Получилось. Спасибо!

Math_er в сообщении #1190890 писал(а):

Неизвестные коэффициенты можно найти из линейной системы, которая получается подстановкой в это равенство любых четырех различных значений $n.$

Даже не предполагал о существовании чего-то подобного. Для меня это настоящее открытие! Подобные суммы раньше казались чем-то "магическим". Спасибо огромное!

DeBill в сообщении #1190970 писал(а):

(его - и кучу аналогичных - можно углядеть в треугольнике Паскаля: сумма чисел вдоль "сапога" (то бишь, наклонной линии с махонькой подошвой вверху) равна числу у конца голенища)

Получается $\sum\limits_{i=0}^{n-1}C_{K+i}^{i}=C_{K+n}^{n-1}$, где $K$ - ширина голенища? А дальше как?

[Sinoid]

Math_er в сообщении #1190890 писал(а):

Предположим, что

$$\sum_{k=1}^{n}(2k-1)^2 = an^3+bn^2+cn+d$$

Неизвестные коэффициенты можно найти из линейной системы, которая получается подстановкой в это равенство любых четырех различных значений $n.$

А лучше так. Записать это равенство для $n$ и $n+1$ и вычесть одно равенство из другого. Тогда существование решения системы будет вместе с тем доказательством предположенной формулы. Когда-то давно я тоже "придумал" этот способ.