Ряд

[Vvp_57]

Чему равна сумма ряда(формульное выражение):

$$\sum\limits_{k=0}^{\infty} \frac1{(5k+1)(5k+2)(5k+3)(5k+4)(5k+5)}=\frac{1}{1\cdot 2 \cdot 3 \cdot 4\cdot 5} +\frac{1}{6\cdot 7 \cdot 8 \cdot 9\cdot 10} +\dots$$

[meduza]

Точное значение нужно? Члены очень быстро уменьшаются, поэтому достаточно несколько первых членов для хорошего приближения всей суммы.

[Dext]

Vvp_57 в сообщении #346149 писал(а):

Чему равна сумма ряда(формульное выражение):

$$\sum\limits_{k=0}^{\infty} \frac1{(5k+1)(5k+2)(5k+3)(5k+4)(5k+5)}=\frac{1}{1\cdot 2 \cdot 3 \cdot 4\cdot 5} +\frac{1}{6\cdot 7 \cdot 8 \cdot 9\cdot 10} +\dots$$

WolframAlpha показал довольно громоздкий результат

http://www.wolframalpha.com/input/?i=sum(1/((5*n%2B1)*(5*n%2B2)*(5*n%2B3)*(5*n%2B4)*(5*n%2B5)),+n+%3D+0+..+infinity).

[мат-ламер]

Что-то похожее встречалось. См. http://dxdy.ru/topic35430.html задача 2. Далее там есть решение.

[Vvp_57]

meduza в сообщении #346471 писал(а):

Точное значение нужно? Члены очень быстро уменьшаются, поэтому достаточно несколько первых членов для хорошего приближения всей суммы.

Конечно же точное. Ведь если есть формула для суммы:

$$\sum\limits_{k=0}^{\infty} \frac1{(4k+1)(4k+2)(4k+3)(4k+4)}= \frac 1 6 \sum\limits_{k=0}^{\infty}( \frac1{4k+1}- \frac3{4k+2}+\frac3{4k+3} - \frac1{4k+4})= \frac 1 6\int\limits_0^1 \frac {(1-x)^3}{1-x^4} dx= \frac 1 {24}(\ln 64 - \pi)$$

И суммы:

$$\sum\limits_{k=0}^{\infty} \frac1{(6k+1)(6k+2)(6k+3)(6k+4)(6k+5)(6k+6)}= \frac {1}{ 120} \sum\limits_{k=0}^{\infty}( \frac1{6k+1}- \frac5{6k+2}+\frac{10}{6k+3} - \frac{10}{6k+4}+\frac5{6k+1}-\frac1{6k+6})= \frac {1}{120}\int\limits_0^1 \frac {(1-x)^5}{1-x^6} dx= \frac {1} {120}(\frac{16}{3}\ln 2-\frac{9}{4}\ln 3-\frac{7\pi }{36}\sqrt{3})$$

то по логике должна быть и для "нашего" ряда.

[caxap]

(Оффтоп)

Vvp_57 в сообщении #346566 писал(а):

$$=\frac 1 6\int\limits_0^1 \frac {(1-x)^3}{1-x^4} dx= \frac 1 {24}(\ln 64 - \pi)$$

Не могли бы Вы пояснить, как к такому интегралу пришли? И, кстати, как его брать?

[ИСН]

Пришли - через производящую функцию, а брать - по определению. То же самое и с subj, только там разложение знаменателя получится уродливое (через корни пятой степени из единицы), оттого и ответ такой.

[caxap]

(Оффтоп)

ИСН в сообщении #346617 писал(а):

Пришли - через производящую функцию, а брать - по определению.

А можно поподробней? Я что-то не понимаю. Производящие функции -- они же для рекуррентностей.

[Vvp_57]

(Оффтоп)

caxap в сообщении #346604 писал(а):

Не могли бы Вы пояснить, как к такому интегралу пришли? И, кстати, как его брать?

Это не я пришел, это neo66 пришел в topic35430.html.
Если разложить подинтегральное выражение на дроби можно искомый
интеграл свести к табличным.

[EtCetera]

Достаточно легко показать, что

$$\sum\limits_{k=0}^{\infty}\dfrac{1}{\prod\limits_{m=1}^n (nk+m)}=\dfrac{1}{(n-1)!}\int\limits_0^1 \dfrac{(1-x)^{n-1}}{1-x^n}\,dx$$

Это равенство следует из двух положений:
1. $P_n(x)=\dfrac{1}{n!}\sum\limits_{m=0}^{n}\dfrac{(-1)^m \binom{n}{m}}{x+m}$, где

$$P_n(x)=\dfrac{1}{\prod\limits_{m=0}^n (x+m)}$$

(Доказательство 1)

При $n=1$ это очевидный факт.
$P_n(x)=\dfrac{1}{\prod\limits_{m=0}^{n} (x+m)}=\dfrac{1}{x+n}P_{n-1}(x)=\dfrac{1}{(n-1)!}\sum\limits_{m=0}^{n-1}\dfrac{(-1)^m \binom{n-1}{m}}{(x+m)(x+n)}=$
$\dfrac{1}{(n-1)!}\sum\limits_{m=0}^{n-1}\dfrac{(-1)^m \binom{n-1}{m}}{n-m}\left(\dfrac{1}{x+m}-\dfrac{1}{x+n}\right)=$$\dfrac{1}{n!}\left(\sum\limits_{m=0}^{n-1}\dfrac{(-1)^m\dfrac{n\binom{n-1}{m}}{n-m}}{x+m}-\dfrac{\sum\limits_{m=0}^{n-1}(-1)^m\dfrac{n\binom{n-1}{m}}{n-m}}{x+n}\right)=$$\dfrac{1}{n!}\left(\sum\limits_{m=0}^{n-1}\dfrac{(-1)^m\binom{n}{m}}{x+m}+\dfrac{-\sum\limits_{m=0}^{n-1}(-1)^m\binom{n}{m}}{x+n}\right)$
Но $-\sum\limits_{m=0}^{n-1}(-1)^m\binom{n}{m}=(-1)^n\binom{n}{n}$, что следует из разложения $(1-1)^n$.
По индукции получаем справедливость доказываемого положения.

2. $\sum\limits_{k=0}^{\infty}P_{n-1}(nk+1)=\dfrac{1}{(n-1)!}\int\limits_0^1\dfrac{(1-x)^{n-1}}{1-x^n}\,dx$

(Доказательство 2)

$\sum\limits_{k=0}^{\infty}P_{n-1}(nk+1)=\sum\limits_{k=0}^{\infty}\left(\dfrac{1}{(n-1)!}\sum\limits_{m=0}^{n-1}\dfrac{(-1)^m \binom{n-1}{m}}{nk+m+1}\right)=$$\dfrac{1}{(n-1)!}\sum\limits_{k=0}^{\infty}\sum\limits_{m=0}^{n-1}(-1)^m \binom{n-1}{m}\int\limits_0^1 x^{nk+m}\,dx=$$\dfrac{1}{(n-1)!}\sum\limits_{k=0}^{\infty}\int\limits_0^1 x^{nk}\left(\sum\limits_{m=0}^{n-1}(-1)^m \binom{n-1}{m}x^m\right)\,dx=$$\dfrac{1}{(n-1)!}\int\limits_0^1 \left(\sum\limits_{k=0}^{\infty}\left(x^n\right)^k\right)(1-x)^{n-1}\,dx=$$\dfrac{1}{(n-1)!}\int\limits_0^1 \dfrac{(1-x)^{n-1}}{1-x^n}\,dx$

Нахождение же интеграла сводится к разложению на множители полинома $n-1$ степени:
или $Q_{n-1}(x)=\sum\limits_{i=0}^{n-1}x^i$, т.к. $\int\limits_0^1\dfrac{(1-x)^{n-1}}{1-x^n}\,dx=\int\limits_0^1\dfrac{(1-x)^{n-2}}{Q_{n-1}(x)}\,dx$;
или $R_{n-1}(x)=\sum\limits_{i=0}^{n-1}(-1)^i \binom{n}{i+1}x^i$, т.к. $\int\limits\limits_0^1\dfrac{(1-x)^{n-1}}{1-x^n}\,dx=\int\limits_0^1\dfrac{x^{n-1}}{1-(1-x)^n}\,dx=\int\limits_0^1\dfrac{x^{n-2}}{R_{n-1}(x)}\,dx$.
В данном случае ($n=5$) эти полиномы имеют вид: $x^4+x^3+x^2+x+1$ и $x^4-5x^3+10x^2-10x+5$, а их корни и вправду выглядят нелицеприятно.

[Vvp_57]

Спасибо, EtCetera! Стройно, цельно( эх, мне бы так...).
А вариант с интегралом $\int\limits_0^1\dfrac{x^{n-1}}{1-(1-x)^n}\,dx$ для меня вообще в диковинку.
Да, извините пару слов о корнях, все же хотелось бы их "реабилитировать". Полином $x^4+x^3+x^2+x+1$ можно разложить на
$\left(x^2-ax+1 \right)\left(x^2-bx+1 \right)$ где $a=2\cos \left(\frac{2\pi }{5} \right)$ и $b=2\cos \left(\frac{4\pi }{5} \right)$ приятные на вид.
Так же и с полиномом $x^4-5x^3+10x^2-10x+5=\left(x^2-cx+c\right)\left(x^2-dx+d \right)$, где $c=3+2\cos \left(\frac{2\pi }{5} \right)$ и $d=3+2\cos \left(\frac{2\pi }{5} \right)$.

[Александр Т.]

EtCetera в сообщении #346682 писал(а):

Достаточно легко показать, что

$$\sum\limits_{k=0}^{\infty}\dfrac{1}{\prod\limits_{m=1}^n (nk+m)}=\dfrac{1}{(n-1)!}\int\limits_0^1 \dfrac{(1-x)^{n-1}}{1-x^n}\,dx$$

Можно также показать, что имеет место обобщение этой формулы
Hack attempt!

(Показ)

Hack attempt!

Совершенно аналогично можно показать, что
Hack attempt!

(Не знал)

Оказывается можно и окружение multline использовать (а значит, наверное, и другие из пакета amsmath). Нужно только вручную тег [math] вставить.

[Vvp_57]

Александр T, спасибо! Выходит можно брать меньшее количество дробей!

$$\dfrac{1}{(m-1)!} \int\limits_0^1 \dfrac{(1-x)^{m-1}}{1-x^n}\tni x$$

Решил проверить. Работает! Да еще и оказывается, что вообще можно
взять другие тройки. Только как будет выглядеть интеграл, если будет:

$$\sum\limits_{k=0}^{\infty} \frac1{(5k+1)(5k+3)(5k+5)}=\frac{1}{1\cdot 3 \cdot 5} +\frac{1}{6\cdot 8 \cdot 10 } +\dots$$

[Александр Т.]

Vvp_57 в сообщении #348209 писал(а):

Александр T, спасибо! Выходит можно брать меньшее количество дробей!

$$\dfrac{1}{(m-1)!} \int\limits_0^1 \dfrac{(1-x)^{m-1}}{1-x^n}\tni x$$

Решил проверить. Работает! Да еще и оказывается, что вообще можно
взять другие тройки.

Сначала подумал, что Вы имеете в виду такое обобщение:
Hack attempt!
но потом засомневался. Так и не понял о каких тройках идет речь.

Цитата:

Только как будет выглядеть интеграл, если будет:

$$\sum\limits_{k=0}^{\infty} \frac1{(5k+1)(5k+3)(5k+5)}=\frac{1}{1\cdot 3 \cdot 5} +\frac{1}{6\cdot 8 \cdot 10 } +\dots$$

У меня навскидку получилось
Hack attempt!

[Vvp_57]

Тройки это в том смысле что $m=3$. Извиняюсь, может что не так говорю. Вообщем должны работать ряды:

$$\sum\limits_{k=0}^{\infty} \frac1{(5k+1)(5k+2)(5k+3)}=\frac{1}{1\cdot 2 \cdot 3} +\frac{1}{6\cdot 7 \cdot 8 } +\dots$$

Здесь Ваш интеграл совершенно верен:

$$\dfrac{1}{2!} \int\limits_0^1 \dfrac{(1-x)^{2}}{1-x^n}dx$$

А какие интегралы для рядов:

$$\sum\limits_{k=0}^{\infty} \frac1{(5k+2)(5k+3)(5k+4)}=\frac{1}{2\cdot 3 \cdot 4} +\frac{1}{7\cdot 8 \cdot 9 } +\dots$$

$$\sum\limits_{k=0}^{\infty} \frac1{(5k+3)(5k+4)(5k+5)}=\frac{1}{1\cdot 2 \cdot 3} +\frac{1}{6\cdot 7 \cdot 8 } +\dots$$

$$\sum\limits_{k=0}^{\infty} \frac1{(5k+1)(5k+3)(5k+5)}=\frac{1}{1\cdot 3 \cdot 5} +\frac{1}{6\cdot 8 \cdot 10 } +\dots$$

А интеграл найденный на вскидку:

$$\dfrac{1}{2^3 2!} \int\limits_0^1 \dfrac{(1-x)^2}{\left(1-x^5\right)\sqrt{x}} dx$$

честно сказать мне что то не по душе, из-за корня в знаменателе. Какой то
прям диссонанс получается....