Можно ли так вычислять сумму ряда?

[Ktina]

Вычислить сумму ряда:

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2n-1}{2^n}$$

ИСН в сообщении #683838 писал(а):

...Визуализировать полезно всегда. А так-то кругом полно людей, которые этого не делают вообще, даже когда надо. "Мадам паркуется по слуху."

Визуализация подсказывает, что данный ряд является суммой рядов

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2^n}+\sum_{n=2}^{\infty}\frac{2}{2^n}+\sum_{n=3}^{\infty}\frac{2}{2^n}+\sum_{n=4}^{\infty}\frac{2}{2^n}+\dots +\sum_{n=k}^{\infty}\frac{2}{2^n}+\dots$$

А эта сумма равна

$$1+1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\frac{1}{16}+\dots +\frac{1}{2^m}+\dots$$

То есть, равна 3.

Но ведь это не доказательство в строгом смысле?

Пожалуйста, помогите решить.

[TOTAL]

А если тем же способом найти частичную сумму $\sum_{n=1}^{N}\frac{2n-1}{2^n}$?

[Ktina]

TOTAL в сообщении #721885 писал(а):

А если тем же способом найти частичную сумму $\sum_{n=1}^{N}\frac{2n-1}{2^n}$?

Интуитивно нашла

$$\frac{3\cdot 2^n-(2(n+1)+1)}{2^n}=\frac{3\cdot 2^n-2n-3}{2^n}$$

Можно, наверное, по индукции доказать.

[ewert]

Ktina в сообщении #721881 писал(а):

Но ведь это не доказательство в строгом смысле?

Вы фактически воспользовались изменением порядка суммирования в двойном ряде: $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac2{2^n}= \sum\limits_{k=1}^{\infty}\sum\limits_{n=k}^{\infty}\dfrac2{2^n}$. Эта операция законна для любых абсолютно сходящихся рядов и уж всяко для знакоположительных.

[TOTAL]

Ktina в сообщении #721889 писал(а):

Интуитивно нашла

$$\frac{3\cdot 2^n-(2(n+1)+1)}{2^n}=\frac{3\cdot 2^n-2n-3}{2^n}$$

Теперь можно считать доказательством в строгом смысле (находим предел частичных сумм)?

[Ktina]

ewert в сообщении #721890 писал(а):

Вы фактически воспользовались изменением порядка суммирования в двойном ряде: $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac2{2^n}= \sum\limits_{k=1}^{\infty}\sum\limits_{n=k}^{\infty}\dfrac2{2^n}$. Эта операция законна для любых абсолютно сходящихся рядов и уж всяко для знакоположительных.

Что такое двойной ряд?
Это "ряд из рядов", да?

[ewert]

Ktina в сообщении #721894 писал(а):

Что такое двойной ряд?

Грубо говоря -- то же самое, что двойной интеграл.

[Legioner93]

Мой любимый тип задач. Везде вижу степенные ряды

$$f(x)=\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{n}{x^n}=\sum\limits_{n=0}^{\infty} \dfrac{n}{x^n}=\sum\limits_{n=0}^{\infty}n x^{-n}= x \sum\limits_{n=0}^{\infty}n x^{-n-1}$$

$$\int \dfrac{f(x)dx}{x}=-\sum\limits_{n=0}^{\infty} x^{-n} + C=\dfrac{x}{1-x}+C$$

$$f(x)=\dfrac{x}{(1-x)^2}$$

Тогда ваша сумма $2f(2)-1=3$. Но волшебные слова про сходимость и перестановку слагаемых всё равно нужно говорить.

[Ktina]

TOTAL в сообщении #721893 писал(а):

Ktina в сообщении #721889 писал(а):

Интуитивно нашла

$$\frac{3\cdot 2^n-(2(n+1)+1)}{2^n}=\frac{3\cdot 2^n-2n-3}{2^n}$$

Теперь можно считать доказательством в строгом смысле (находим предел частичных сумм)?

Да можно было и в первом случае. Разница в том, что один берёт карандаш и бумагу, а другой дразнится для доказательства по индукции уже понадобились карандаш и бумага, а визуализацию я делала в уме.

[ewert]

Legioner93 в сообщении #721897 писал(а):

Но волшебные слова про сходимость и перестановку слагаемых всё равно нужно говорить.

В Вашем любимом способе нужно произносить совсем другие волшебные слова -- про равномерную сходимость степенного ряда.

[Ktina]

Legioner93 в сообщении #721897 писал(а):

Мой любимый тип задач. ...

(Оффтоп)

Где Вы их откапываете? У Вас есть волшебная лопата, но Вы её никому не показываете? А если и показываете, то только иногда, коллегам?

[ewert]

(Оффтоп)

Ktina в сообщении #721907 писал(а):

У Вас есть волшебная лопата, но Вы её никому не показываете?

Это страшная тайна, и подпускают к ней лишь избранных -- тех, кто доживает до второго семестра и, соответственно, до изучения степенных рядов.

[Legioner93]

(Оффтоп)

ewert в сообщении #721909 писал(а):

Ktina в сообщении #721907 писал(а):

У Вас есть волшебная лопата, но Вы её никому не показываете?

Это старшая тайна, и подпускают к ней лишь избранных -- тех, кто доживает до второго семестра и, соответственно, до изучения степенных рядов.

Ничего страшного в тайне нет, такой метод суммирования рядов я самостоятельно "открыл" ещё в школе. Правда всё было очень нестрого, о сходимости не задумывался, этакий Лаплас-like стиль
Вот темка того времени topic33757.html
Через неделю-другую ЕГЭ, а я константы обнуляю 8-)

-- Пт май 10, 2013 15:23:22 --

ewert в сообщении #721906 писал(а):

В Вашем любимом способе нужно произносить совсем другие волшебные слова -- про равномерную сходимость степенного ряда.

И их тоже, да. Это как бы по умолчанию. Но перестановку слагаемых мы всё равно в конце делаем.

[ewert]

Legioner93 в сообщении #721918 писал(а):

Но перестановку слагаемых мы всё равно в конце делаем.

Я не особо вникал, что в точности Вы делали, а надо было делать так:

$$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{2n}{2^n}=\sum\limits_{n=1}^{\infty}n\,x^{n-1}\Bigg|_{x=\frac12}=\left(\sum\limits_{n=0}^{\infty}x^{n}\right)'\Bigg|_{x=\frac12}=\left(\dfrac1{1-x}\right)'\Bigg|_{x=\frac12}=\dfrac1{(1-x)^2}\Bigg|_{x=\frac12}=4.$$

Никаких перестановок, и единственное необходимое здесь заклинание -- это равномерная сходимость ряда как до, так и после формального дифференцирования, в силу чего это дифференцирование и законно. На самом же деле даже и этого заклинания не нужно, т.к. это общее место.

[Legioner93]

А теперь докажите без перестановок, что исходный ряд

$$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{2n-1}{2^n}=\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{2n}{2^n}-\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{2^n}$$

Я имел в виду именно это место.