Предел последовательности

[daogiauvang]

Дан последовательность:$U(n)=\frac{1}{1+a^n}$ где $n \in N$,$a$ -постоянное число
Найти предел $ V(n)=\frac{1}{1+a}+\frac{1}{(1+a^2)}+...+\frac{1}{1+a^n}$ при $ n \to \infty$

[citadeldimon]

Если $a>0,$ то $V(n)\geq n$ і $\lim\limits_{n\to+\infty}V(n)=+\infty$.

[AD]

citadeldimon в сообщении #155942 писал(а):

Если $a>0,$ то $V(n)\geq n$

Да ладно??!!

[citadeldimon]

AD писал(а):

citadeldimon в сообщении #155942 писал(а):

Если $a>0,$ то $V(n)\geq n$

Да ладно??!!

Приношу извинения, неравенство не в ту сторону!!! От что значит после преподавания трех пар подряд. Еще раз извиняюсь!

[juna]

Можно воспользоваться разложнием $\frac{1}{1+a}=1-a+a^2-a^3+...$
Если просуммировать эти разложения для каждой такой дроби, то получим $n-a-2a^3+a^4-2a^5...$ коэффициенты связаны с количеством делителей у степеней, но не так явно как для $\frac {1}{1-a}$

[citadeldimon]

Буду исправляться:
$\lim\limits_{n\to+\infty}V(n)=\sum\limits_{n=1}^{+\infty}\frac 1 {1+a^n},$ то есть $V(n)-$ частичная сумма ряда $\sum\limits_{n=1}^{+\infty}\frac 1 {1+a^n}$. Сходимость этого ряда эквивалентна сходимости ряда $\sum\limits_{n=1}^{+\infty}\frac 1 {a^n},$ который сходится при $|a|>1.$

[ewert]

citadeldimon в сообщении #155952 писал(а):

Сходимость этого ряда эквивалентна сходимости ряда

легкомысленно, но по существу верно

[citadeldimon]

ewert в сообщении #155959 писал(а):

легкомысленно, но по существу верно

Забыл указать что условие $|a|>1$ возникает еще при следствии про эквивалентность рядов, потому что при $|a|<1$ второй ряд расходится.

[juna]

Если $|a|>1$, то можно использовать аналогичное разложение
$\frac{1}{1+a}=\frac{1}{a}-\frac{1}{a^2}+\frac{1}{a^3}-\frac{1}{a^4}+...$
Это приводит к
$\frac{1}{a}+\frac{2}{a^3}-\frac{1}{a^4}+\frac{2}{a^5}...$
указать точно, к чему это должно сходится как функция от $a$ сложно.

[AD]

Обозначим для понятности $V(a,n)=\frac{1}{1+a}+\frac{1}{(1+a^2)}+...+\frac{1}{1+a^n}$, тогда имеем $V(\frac1a,n)=n-V(a,n)$. Не знаю, правда, чем это поможет ...

[bot]

Если заменить сумму интегралом, то можно получить грубую оценку (при a>1):

$\frac{1}{\ln a}\cdot \ln\frac{1+a}{a}<\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{1}{1+a^n}<\frac{\ln 2}{\ln a}$

[juna]

bot писал(а):

Если заменить сумму интегралом, то можно получить грубую оценку (при a>1):

$\frac{1}{\ln a}\cdot \ln\frac{1+a}{a}<\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{1}{1+a^n}<\frac{\ln 2}{\ln a}$

Слишком грубую. Даже простой учет первых членов ряда, который я привел, дает более точную
$\frac{1}{a}<\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{1+a^n}<\frac{a^2+2}{a^3}$

[shwedka]

Если поставить $z^{-1}$ вместо $a$, то получится функция, аналитичеsкая в единичном круге, которую ни на какое множество пошире аналитически продолжить нельзя.
Еще, заметим,
$\sum \frac{1}{1+a^n}=-\sum\frac{(-1)^n}{1-a^n}$
Но есть здесь какой-то привкус эллиптических функций. Нужно у Рамануджана в блокнотиках посмотреть.....

[RIP]

Предел выражается через так называемый $q$-логарифм, который, например, тут определяется как

$$L_q(z)=\sum_{n=1}^\infty\frac{(1-q)z^n}{1-q^n}=(q-1)\sum_{n=0}^\infty\frac1{1-z^{-1}q^{-n}}$$

(это при $\max\{|z|;|q|\}<1$).
P.S. Есть и другие определения.