Подсчитать ссуму

[ccoder]

Dan B-Yallay в сообщении #417465 писал(а):

Ok, давайте так

Допустим так. И что дальше.

[Dan B-Yallay]

Сравните $(-1)^{n} \left[\dfrac{n} 2 \right]$ c

Цитата:

С maple я получил

$$-(1/2)*(-1)^{(n+1)}*(n+1)+(1/4)*(-1)^{(n+1)}-1/4 = \textcolor{blue} {(-1)^{n} \dfrac{(n+1)} 2} \quad +(1/4)*(-1)^{(n+1)}-1/4$$

Где $+(1/4)*(-1)^{(n+1)}-1/4$ занимется именно тем, что округляет"вниз"так как maple решил работать с $n+1$ вместо $n$

[ccoder]

Это самое, а откуда вы усмотрели это округление?

-- Сб фев 26, 2011 06:07:23 --

Так есть, но мне надо как-то на занятии объяснить откуда я эту длиннущую формулу взял.

[Dan B-Yallay]

ccoder в сообщении #417469 писал(а):

Это самое, а откуда вы усмотрели это округление?

А вы сами посмотрите, что делает этот остаток на четных и нечетных $n$ - и вопрос прояснится.

-- Пт фев 25, 2011 21:17:15 --

ccoder писал(а):

Так есть, но мне надо как-то на занятии объяснить откуда я эту длиннущую формулу взял.

Я так понимаю, что выделенное синим вопросов вызывать не должно. Это очевидно, что модуь суммы растет "в два раза медленнее" чем $n$.
А остальной хвост появляется из следующих соображений:

$$\begin{align*} 1+(-1)^n & = 0,\ 2,\ 0,\ 2,\ 0,\ 2...\\ \dfrac 1 2+ (-1)^n \dfrac 1 2 & = 0,\ 1,\ 0,\ 1,\ 0,\ 1...\\ \dfrac 1 4+ (-1)^n \dfrac 1 4 & = 0,\ 1/2,\ 0,\ 1/2,\ 0,\ 1/2...\ \end{align*}$$

Ну вам то как раз округлять "половинки" надо.

[ccoder]

Он при чётных даёт $-(1/2)$, а при нечётных $0$.
Только как эту длинную формулу вывести самому?
Тут нет лёгкого способа это сделать?

[Dan B-Yallay]

Уже ответил в предыдущем посте.

В общем, если пользоваться $n$ вместо $n+1$ как это предлагает Мапл, то получится

$$\sum_{i=1}^n (-1)^i i = (-1)^n\dfrac n 2 + (-1)^n \dfrac 1 4 - \dfrac 1 4$$

[ccoder]

Я тут смотрю, это всё выглядит на своеобразное ухищрение.

-- Сб фев 26, 2011 06:24:06 --

Правильно-ли я понимаю, что для решения нужно было заметить это само округление в этом примере?

-- Сб фев 26, 2011 06:25:21 --

(Мне просто трудно понять очень откуда это всё взялось)

-- Сб фев 26, 2011 06:27:44 --

Странное однако решение, недумал что оно такое никак.

[Dan B-Yallay]

У вас складываются $n$ целых чисел, а модуль суммы растет как половина $n$ на четных, Естественно с нечетными числами что-то должно быть по другому.

Цитата:

Правильно-ли я понимаю, что для решения нужно было заметить это само округление в этом примере?

Dan B-Yallay писал(а):

Посчитайте первые 1,2,3,4,5,6,7,8,... и сами увидите закономерность

Ну и чему у вас ответ равен для первоначальной задачи?

[ccoder]

Dan B-Yallay в сообщении #417474 писал(а):

Ну и чему у вас ответ равен для первоначальной задачи?

С maple подсчитал
$\[sum({i^2} + {( - 1)^i}*i,i = 1n) = (1/6*(n + 1))*( - 2 - 3*n + 2*{(n + 1)^2}) - (1/4*(1 + 2*n))*{( - 1)^{(n + 1)}} - 1/4\]$
Но тогда выходит странно с http://dxdy.ru/topic42674.html (это часть задачи, т.е. (а) )
при $\[\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sum\limits_{i = 1}^n {\left( {{i^2} + {{( - 1)}^i}*i} \right} = \infty \] )$ получаю $\infty$

[Dan B-Yallay]

Ниасилил.
У вас там несколько заданий. Найти сумму от какой-то $g(k)$, сумму $f(n) $ и асимптотику $f(n)$.
Что именно не получается?

Если часть $a)$ то кто такая $g(n)$?

[ccoder]

С этим $g(k)$ туманно.
А если вот эту сумму (которую мы тут обсуждаем под утро) получить при $\[n \to \infty \]$, то будет $\infty$.
Тоесть никак $a$ и $b$ отсуда не будет тоже. В этом проблема.

-- Сб фев 26, 2011 07:00:33 --

шас посмотрю ....

[Dan B-Yallay]

Почему это не будет?

$\lim_{n \to \infty} 5n^3$ тоже уходит в бесконечность. Так что для $a=5, b=3$ можно попробовать предел посмотреть.
Главное - найти такие числа, чтобы предел был равен 1.

PS. Может у вас и утро, а у меня 11 ночи.

[ccoder]

Dan B-Yallay в сообщении #417479 писал(а):

Главное - найти такие числа, чтобы предел был равен 1.

А как с этим $g(n)$? Вы поняли откуда оно берётся? (я что-то нет)

-- Сб фев 26, 2011 07:18:30 --

Так ну всё я иду тоже спать. Интересно получилось сегодня посидеть. Большое Вам СПАСИБО.
Высплюсь и буду дальше прорываться.

[ccoder]

Dan B-Yallay в сообщении #417479 писал(а):

Главное - найти такие числа, чтобы предел был равен 1.

А как такого вида асимптоту находить? На стандартную она вроде не похожа.

-- Сб фев 26, 2011 18:17:38 --

Пардон, понял почему.
У меня там слово должно быть не асимптота, а асимптотика.

[Dan B-Yallay]

Ищете предел для каждого из случаев

$$\begin{align*} 1) \lim_{n \to \infty} \dfrac {f(n)}{an^b}= \lim_{n \to \infty} \dfrac{\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}+ \text{округляющий хвост}}{an^b}\\ 2) \lim_{n \to \infty} \dfrac {f(n)}{ab^n}=\lim_{n \to \infty} \dfrac{\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}+ \text{округляющий хвост}}{ab^n} \end{align*} $$

а затем присматриваетесь - может ли этот предел быть равен единице при каких либо значениях $a,b$. То, что для одного из этих пределов такие параметры найдутся - это гарантировано. ДЛя другого- сами посмотрите.

(Оффтоп)

Экспонента полином завсегда под плинтус загоняет