Szeregi

Granice, pochodne, całki, szeregi
Otrzymałeś(aś) rozwiązanie do zamieszczonego zadania? - podziękuj autorowi rozwiązania! Kliknij
Hermi
Rozkręcam się
Rozkręcam się
Posty: 31
Rejestracja: 22 lis 2023, 20:05
Podziękowania: 23 razy
Płeć:

Szeregi

Post autor: Hermi »

Oblicz sumy szeregów liczbowych
\(\sum_{ n=2 }^{ \infty }\frac{2n-1}{2^n}\)
\(\sum_{ n=1 }^{ \infty }\frac{n(n+1)}{5^n}\)
\(\sum_{ n=1 }^{ \infty }\frac{n}{(n+1)*4^n}\)
janusz55
Fachowiec
Fachowiec
Posty: 1515
Rejestracja: 01 sty 2021, 10:38
Podziękowania: 1 raz
Otrzymane podziękowania: 399 razy

Re: Szeregi

Post autor: janusz55 »

Zadanie 1

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

Przedstawiamy szereg w postaci różnicy dwóch szeregów:

\( \sum_{n=2}^{\infty} \frac{2n-1}{2^{n}} = \sum_{n=2}^{\infty}\frac{2n}{2^{n}} - \sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{2^{n}} .\)

Wyrazy szeregu są nieujemne, a dodawanie jest łączne i przemienne, więc sumę szeregu możemy obliczyć wykonując następujące przekształcenia:

\( \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2n}{2^{n}} = 2\sum_{n=2}^{\infty} \frac{n}{2^{n}} = 2\left[\frac{1}{2} +2\cdot \frac{1}{2^{2}} + ...+ k\cdot\frac{1}{2^{k}} + ...+ (n-1)\cdot \frac{1}{2^{n-1}} + n \cdot \frac{1}{2^{n}} \right] = 2\left[ \frac{1}{2} +\left(\frac{1}{2^{2}} + ...+\frac{1}{2^{n-1}}+\frac{1}{2^{n}} \right) + \left(\frac{1}{2^{2}}+ \frac{1}{2^{3}}+...+\frac{1}{2^{n-1}} + \frac{1}{2^{n}}\right) +... + \left(\frac{1}{2^{k}} +...+\frac{1}{2^{n-1}} +\frac{1}{2^{n}} \right) + ...+ \left(\frac{1}{2^{n-1}}+\frac{1}{2^{n}} \right) + \frac{1}{2^{n}} \right] = \)
\(= 2 \left[ \frac{1}{2}\frac{1-\frac{1}{2^{n}}}{1- \frac{1}{2}} + \frac{1}{2^2}\frac{1- \frac{1}{2^{n-1}} }{1 -\frac{1}{2}} +...+ \frac{1}{2^{k}} \frac{1 - \frac{1}{2^{n-k+1}}}{1-\frac{1}{2}}+...+ \frac{1}{2^{n-1}}\frac{1 - \frac{1}{2^2}}{1 -\frac{1}{2}} + \frac{1}{2^{n}}\frac{1-\frac{1}{2^{1}}}{1-\frac{1}{2}} \right] = 2\left[ \frac{1}{2^{0}}\left(1 -\frac{1}{2^{n}}\right)+ \frac{1}{2^{1}}\left(1-\frac{1}{2^{n-1}}\right) +...+ \frac{1}{2^{k-1}}\left(1 - \frac{1}{2^{n-k+1}}\right)+...+ \frac{1}{2^{n-2}}\left(1 -\frac{1}{2^{2}}\right)+\frac{1}{2^{n-1}}\left(1-\frac{1}{2^{1}}\right)\right] =\)
\( =2\left [1 + \frac{1}{2} + ...+\frac{1}{2^{k-1}}+ ...+ \frac{1}{2^{n-2}} +\frac{1}{2^{n}} - n\frac{1}{2^{n}} \right] = 2\left[\frac{1-\frac{1}{2^{n}}}{1 -\frac{1}{2}}- n\frac{1}{2^{n}}\right] = 2\left[2 - \frac{n+2}{2^{n}} \right]. \)

\( \sum_{n=1}^{\infty}\frac{2n}{2^{n}} = \Lim_{n\to \infty} 2\left[2 - \frac{n+2}{2^{n}} \right]= 4.\)

Stąd

\( \sum_{n=2}^{\infty} \frac{2n}{2^{n}} = 4 -1 = 3\) (pomniejszyliśmy sumę szeregu o wyraz pierwszy).

Drugi szereg różnicy \( \sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{2^{n}} \) jest szeregiem geometrycznym, jego suma wynosi \( \frac{\frac{1}{4}}{1- \frac{1}{2}} = \frac{1}{4}\cdot 2 = \frac{1}{2}.\)

Suma badanego szeregu jest więc równa:

\( S = 3 -\frac{1}{2} = 2\frac{1}{2}. \)
Tulio
Często tu bywam
Często tu bywam
Posty: 189
Rejestracja: 29 paź 2010, 12:44
Podziękowania: 16 razy
Otrzymane podziękowania: 47 razy
Płeć:

Re: Szeregi

Post autor: Tulio »

Weźmy drugi szereg na warsztat:
\( \sum_{n=1}^{\infty} \frac{n \left( n + 1\right) }{5^n} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{n^2 }{5^n} + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{5^n}\)
Druga suma \(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{5^n}\) analogicznie do sposobu Janusza (wychodzi \(\frac{5}{16}\))

Pierwsza z nich:
\(S = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{n^2}{5^n} = \frac{1}{5} + \frac{4}{25} + \frac{9}{125} + \ldots \)
\(5S = 1+ \frac{4}{5} + \frac{9}{25} + \frac{16}{125} + \ldots \)
\(4S = 5S-S = 1 + \left( \frac{4}{5} - \frac{1}{5} \right) + \left( \frac{9}{25} - \frac{4}{25} \right) + \left( \frac{16}{125} - \frac{9}{125}\right) + \ldots\)
\(4S = 1 + \frac{3}{5} + \frac{5}{25} + \frac{7}{125} + \frac{9}{625} + \ldots = 1 + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2n+1}{5^n}\)
\(S=\frac{1}{4} \left( 1 + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2n+1}{5^n} \right) \)
a do tej sumy leci ponownie sposób Janusza.
janusz55
Fachowiec
Fachowiec
Posty: 1515
Rejestracja: 01 sty 2021, 10:38
Podziękowania: 1 raz
Otrzymane podziękowania: 399 razy

Re: Szeregi

Post autor: janusz55 »

Zadanie 3

\( \sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{n+1}\cdot \frac{1}{4^{n}} \)

\( \sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{n+1} \cdot \frac{1}{4^{n}} = \sum_{n=1}^{\infty}\left(1 - \frac{1}{n+1}\right)\cdot \frac{1}{4^{n}} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{4^{n}} - \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n+1}\cdot\frac{1}{4^{n}}.\)

Pierwszy z szeregów różnicy to szereg geometryczny i jego suma jest równa:

\( \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{4^{n}} = \frac{\frac{1}{4}}{1 - \frac{1}{4}} = \frac{\frac{1}{4}}{\frac{3}{4}} =\frac{1}{4}\cdot \frac{4}{3}= \frac{1}{3}.\)

Drugi szereg różnicy

\( \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n+1}\cdot \frac{1}{4^{n}} \)

wymaga zastosowania twierdzenia o całkowaniu szeregu potęgowego.

Twierdzenie całkowaniu szeregu potęgowego

Jeśli \( 0 < r\leq \infty \) jest promieniem zbieżności szeregu potęgowego \( \sum_{n=0}^{\infty} c_{n}x^{n}, \) to

\( \int_{0}^{x} \left( \sum_{n=0}^{\infty} c_{n}t^{n} \right)dt = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{c_{n}}{n+1}x^{n+1} \) dla każdego \( x\in (-r, r). \)

Przyjmujemy:

\( \int_{0}^{x} \left(\sum_{n=0}^{\infty} t^{n}\right)dt = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n+1}x^{n+1} \)

Z drugiej strony

\( \sum_{k=0}^{\infty} x^{k} = \frac{1}{1 -x} \) i \( \int_{0}^{x}\frac{1}{1-t}dt = -\ln(1-x), \ \ |x|<1. \)

Z porównania rozwinięć:

\( \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n+1}x^{n+1} = -\ln(1-x) \)

Kładąc w ostatniej równości \( x = \frac{1}{4} \), otrzymamy

\( \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n+1} \frac{1}{4^{n+1}} = -\ln\left( 1 -\frac{1}{4}\right) = \ln\left(\frac{4}{3}\right) \)

\( \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n+1}\frac{1}{4^{n}} = 4\cdot \sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n+1}\frac{1}{4^{n+1}} = 4\ln\left(\frac{4}{3}\right) \)

Odejmując wyraz szeregu dla \( n= 0, \) mamy ostatecznie:

\( \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n+1}\frac{1}{4^{n}} = 4\ln\left(\frac{4}{3}\right) -1. \)

Suma badanego szeregu wynosi więc:

\( S = \frac{1}{3} - 4\ln\left(\frac{4}{3}\right) +1 = \frac{4}{3} - 4\ln \left(\frac{4}{3}\right).\)