Сумма функционального, степенного ряда

[chesas]

Добрый вечер. Я опять с просьбой о помощи.
Необходимо найти сумму ряда

$\sum\limits_{n=1}^\infty(-x)^{n-1}(1+\frac{1}{n})$

Область сходимости нашёл,

$-1<x<1$

а вот дальше не знаю что делать.

[Otta]

На сумму двух рядов разбейте. Один считается сразу же, второй - чуть позже.

[chesas]

А есть какая-нибудь стандартная схема нахождения сумм рядов — пошагово; или обязательно каждый раз нужен индивидуальный подход. В частности всегда ли надо находить интервал сходимости ряда; и определять как он сходится абсолютно или нет?

[provincialka]

chesas в сообщении #783022 писал(а):

А есть какая-нибудь стандартная схема нахождения сумм рядов — пошагово; или обязательно каждый раз нужен индивидуальный подход.

Вряд ли. Только для простых примеров.

chesas в сообщении #783022 писал(а):

В частности всегда ли надо находить интервал сходимости ряда; и определять как он сходится абсолютно или нет?

Не обязательно. Хотя область сходимости все равно потом нужна. Ведь сумма ряда существует только в ней. А насчет абсолютной сходимости: степенной ряд сходится абсолютно во внутренних точках области сходимости.

[chesas]

Спасибо, за подсказку. А ведь, пожалуй, можно и не разбивать сумму на две. Исправьте, если я не прав.
Ведь данный ряд — это ряд составленый из членов геометрической прогрессии с первым членом

$a=\frac{1+n}{n}$

и знаменателем

$q=(-x)$

И при

$\mid{x}\mid<1$

как известно сумма геометрической прогрессии:

$S=\lim\limits_{n\to\infty}S_n=\frac a{1-q}=\frac{1+n}{n(1+x)}$

[anna.tomy]

Нет, не правильно.
Получилось что ответ зависит от $n$ чего не должно быть.
Весь ряд не является геометрической прогрессией

[chesas]

Спасибо большое.
Ну конечно же, это не геометрическая прогрессия.
Ибо, если выписать несколько членов ряда, то сразу видно, что никакого первого члена(повторяющегося) нет. Ведь коэффициент не зависящий от x, всё время разный

$\sum\limits_{n=1}^\infty(-x)^{n-1}(1+\frac{1}{n})=2(-x)^0+\frac{3}{2}(-x)^1+\frac{4}{3}(-x)^2+...+\frac{n+1}{n}(-x)^{n-1}+...$

Следовательно, сумму ряда S всё же прийдётся разбить на две S1 и S2. Т.е.

$S=S1+S2$

$\sum\limits_{n=1}^\infty(-x)^{n-1}(1+\frac{1}{n})=\sum\limits_{n=1}^\infty(-x)^{n-1}+\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{1}{n}(-x)^{n-1}$

$S1=\lim\limits_{n\to\infty}S1_n$

$S2=\lim\limits_{n\to\infty}S2_n$

-- 06.11.2013, 00:10 --

Ряд из первой суммы, представляет собой геометрическую прогрессию с первым членом равным единице и знаменателем -x

$\sum\limits_{n=1}^\infty(-x)^{n-1}=1+(-x)^1+(-x)^2+...+(-x)^{n-1}+...$

При |-x|<1

$S1_n=1+(-x)^1+(-x)^2+...+(-x)^{n-1}=\frac{1-(-x)^n}{1-(-x)}$

$\lim\limits_{n\to\infty}S1_n=\frac1{1-x}$

Следовательно

$S1=\frac1{1-x}$

[chesas]

Конечно же

$S1=\frac1{1+x}$

А вот, что со второй суммой делать, пока не знаю.

[Otta]

Заметить, что слагаемые похожи не то на чью-то производную, не то наоборот.

[chesas]

Исправьте, если я не прав.
Если рассмотреть ряд из второй суммы

$\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{1}{n}(-x)^{n-1}=1+\frac{1}{2}(-x)+\frac{1}{3}(-x)^{2}+\frac{1}{4}(-x)^{3}+\frac{1}{5}(-x)^{4}+...+\frac{1}{n}(-x)^{n-1}+...$

то можно заметить, что он образован из почленного интегрирования геометрической прогрессии, с первым членом (-1) и знаменателем (-x)

$(-1)+(-1)(-x)+(-1)(-x)^2+(-1)(-x)^3+(-1)(-x)^4+...+(-1)(-x)^n+...=\frac{(-1)}{1-(-x)}=-\frac{1}{1+x}$

после деления каждого члена на (-x)

$\frac{1}{-x}((-x)+\frac{1}{2}(-x)^2+\frac{1}{3}(-x)^{3}+\frac{1}{4}(-x)^{4}+...+\frac{1}{n}(-x)^{n}+...)=-\frac{1}{x}\int\limits_{-1}^1-\frac{1}{1+x}dx$

...а тут не знаю, можно ли интегрировать с пределами, которые не входят в область существования?

[provincialka]

А зачем вам такие пределы? В ответе же $x$ должен остаться. Лучше интегрируйте от 0 до $x$ по $dt$

Кстати, вы видели когда-нибудь стандартные разложения в ряд Тейлора? В частности, для логарифма?

[chesas]

А я разве не обязан ставить пределы области сходимости данного ряда?
По поводу последнего вопроса, могу сказать да. Но было это давненько, лет этак тридцать назад. Когда-то довольно не плохо разбирался, а вот сейчас приходится всё вспоминать — подзабыл.

-- 13.11.2013, 22:30 --

Вы хотите сказать, что можно взять неопределённый интеграл?

[provincialka]

Можно и неопределенный, но я предложила другой: с переменным верхним пределом.
Посмотрите в справочнике ряд для логарифма, многое прояснится.

[Null]

$\frac{1}{-x}((-x)+\frac{1}{2}(-x)^2+\frac{1}{3}(-x)^{3}+\frac{1}{4}(-x)^{4}+...+\frac{1}{n}(-x)^{n}+...)=-\frac{1}{x}\int\limits_{-1}^1-\frac{1}{1+x}dx$ - это неверно.
1 из пределов интегрирования должен быть переменным(иначе этот интеграл просто число), а второй можно выбирать произвольно(от этого измениться только коэффициент при $x^0$)

[chesas]

Спасибо всем за помощь. Кажется разобрался, хотя и с трудом.
Интегрируем в пределах от нуля до x

$\frac{1}{x}\int\limits_{0}^x\frac{1}{1+x}dx=\left.\frac{1}{x}\ln|1+x|\right|_0^x$

а при

$|x|<1$

получим

$\left.\frac{1}{x}\ln(1+x)\с\right|_0^x=\frac{\ln(1+x)}{x}$

И окончательно, сумма исходного ряда

$S=\frac{1}{1+x}+\frac{\ln(1+x)}{x}$