Kai kurių eilučių sumavimas, panaudojant diferencijavimą ir integravimą

Šioje pamokoje parodysiu, kaip galima rasti kai kurių sumų formules, naudojant integravimą ir diferencijavimą.

Pateiksiu kelis pavyzdžius su paaiškinimais bei užduotis patiems pasibandyti.

O kad kuo daugiau žmonių suprastų šią pamoką, paaiškinsiu žymėjimus.

Sakykime, kad turime seką iš narių [tex]a_1,a_2,a_3,...,a_n[/tex].
Šių narių suma [tex]S_n = a_1 + a_2 + a_3 + ... +a_n[/tex] sutrumpintai yra užrašoma kaip [tex]\sum_{k=1}^{n}a_k[/tex].
Dydis [tex]a_k[/tex] išreiškia k - tąjį sekos narį.
Užrašo apačioje esantis "k = 1" reiškia, kad mes sumuojame nuo pirmojo sekos nario.
Viršuje esantis "n" reiškia, kad sekos narius sumuojame iki n - tojo jos nario imtinai.

Pavyzdys.
Nagrinėkime seką [tex]a_k = k^2+1[/tex], tada

[tex]\sum_{k=3}^{8}=a_3+a_4+a_5+a_6+a_7+a_8=3^2+1+ 4^2+1 + 5^2+1 + 6^2+1+ 7^2+1+ 8^2+1[/tex]
Šioje sumoje sumavome sekos [tex]a_k = k^2+1[/tex] narius nuo trečio nario iki aštuntojo nario imtinai.


Užrašas

[tex]c_{n_0}+ c_{n_0+1}+c_{n_0+2}+...+c_{n_0+n}+...=\sum_{k=n_0}^{\infty }c_k[/tex]

išreiškia sumavimą, kurioje yra begalinis skaičius dėmenų, o sumuoti pradedame nuo [tex]n_0[/tex]- tojo seko nario.
Tokios sumos yra vadinamos eilutėmis.
Jeigu ši suma yra lygi baigtiniam skaičiui, tai tokia eilutė yra vadinama konverguojančia ir riba

[tex]\lim_{n \to \infty }\left (c_{n_0}+ c_{n_0+1}+c_{n_0+2}+...+c_{n_0+n}\right )[/tex]  yra lygi tos eilutės sumai S.

Kai eilutės suma begalinė arba suma iš viso neegzistuoja, tai tokiais atvejais eilutė vadinama diverguojančia.


Pavyzdys
Visos nykstamosios geometrinės progresijos yra konverguojančios eilutės.

Pavyzdys
Eilutės [tex]S = 1+1+1+1+1+1+...+1+...[/tex] suma yra be galo didelė, taigi ši eilutė yra diverguojanti

Pavyzdys
Eilutės [tex]S = 1-1+1-1+1-1+...+(-1)^{n-1}+...[/tex] suma neegzistuoja, taigi ši eilutė irgi yra diverguojanti





Paskutinį kartą atnaujinta 2017-04-08

2

peržiūros 256

atsakymai 4

aktyvumas 7 mėn

 

1. Raskime sumos [tex]S_n = 1x^1+2x^2+3x^3+...+nx^n=\sum_{k=1}^{n}kx^k[/tex] formulę.
Sprendimas


[tex]S_n = \sum_{k=1}^{n}kx^k=\sum_{k=1}^{n}(k+1-1)x^k=\sum_{k=1}^{n}(k+1)x^k-\sum_{k=1}^{n}x^k=A-B[/tex].

Gavome, kad S yra lygi dvieju kitokių sumų skirtumui. Dabar suskaičiuosime šias sumas atskirai.

[tex]A = \sum_{k=1}^{n}(k+1)x^k[/tex].
Integruokime šią sumą nuo 0 iki x, tada turėsime, kad

[tex]\int_{0}^{x}Adt= \int_{0}^{x}\sum_{k=1}^{n}(k+1)t^kdt= \sum_{k=1}^{n}(k+1)\int_{0}^{x}t^kdt= \sum_{k=1}^{n}(k+1)\cdot \frac{t^{k+1}}{k+1}|^{x}_{0}= \sum_{k=1}^{n}x^{k+1}=x^2\cdot \frac{1-x^{n}}{1-x}[/tex].
Ieškoma suma A bus lygi gautos išraiškos išvestinei, jos išraiška atrodo taip:

[tex]A=\left (x^2\cdot \frac{1-x^{n}}{1-x} \right )'=\frac{\left ( n+1 \right )x^{n+2}-\left ( n+2 \right )x^{n+1}-x^2+2x}{\left ( 1-x \right )^2}[/tex]
Suma B yra geometrinė progresija, t.y.

[tex]B=\frac{1-x^n}{1-x}[/tex],
ir galiausiai

[tex]S_n =\frac{\left ( n+1 \right )x^{n+2}-\left ( n+2 \right )x^{n+1}-x^2+2x}{\left ( 1-x \right )^2}-\frac{1-x^n}{1-x}= \frac{\left ( n+1 \right )x^{n+2}-\left ( n+3 \right )x^{n+1}+x^n-x^2+3x-1}{\left ( 1-x \right )^2}[/tex].

Gavome formulę 

[tex]1x^1+2x^2+3x^3+...+nx^n= \frac{\left ( n+1 \right )x^{n+2}-\left ( n+3 \right )x^{n+1}+x^n-x^2+3x-1}{\left ( 1-x \right )^2}[/tex].
-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Kai |x| < 1, tai tada galime skaičiuoti begalinę sumą [tex]S = 1x^1+2x^2+3x^3+...+nx+...=\sum_{k=1}^{\infty}kx^k[/tex].
Kai turime n - tosios sumos išraišką [tex]S_n[/tex], tai labai lengvai galime rasti begalinės sumos išraišką S, tam reikia surasti ribą t.y.

[tex]S=\lim_{n \to \infty }S_n=\frac{-x^2+3x-1}{\left ( 1-x \right )^2}[/tex].

Užduotis
Raskite n - tosios sumos

[tex]E_n=1x^2+2x^3+...+(n-1)x^n=\sum_{k=1}^{n}(k-1)x^k[/tex]
formulę, kai x priklauso realiųjų skaičių aibei, bei begalinės sumos E formulę, kai |x| < 1.

2

2. Raskime sumos [tex]Z_n=1\cdot 2x^1+2\cdot 3x^2+3\cdot 4x^3+...+n(n+1)x^n=\sum_{k=1}^{n}k(k+1)x^k[/tex] formulę.
Sprendimas

Integruokime n - tąją sumą, tada

[tex]\int_{0}^{x}Z_ndt~=~\int_{0}^{x}\sum_{k=1}^{n}k(k+1)t^kdt~=~ \sum_{k=1}^{n}k(k+1)\int_{0}^{x}t^kdt~=~ \sum_{k=1}^{n}k(k+1)\frac{t^{k+1}}{k+1}|^{x}_{0}~=~\sum_{k=1}^{n}kx^{k+1}~=~x\sum_{k=1}^{n}kx^{k}=x\cdot \frac{\left ( n+1 \right )x^{n+2}-\left ( n+3 \right )x^{n+1}+x^n-x^2+3x-1}{\left ( 1-x \right )^2}[/tex].
Gautosios išraiškos išvestinė ir bus mūsų ieškoma suma [tex]Z_n[/tex] t.y.

[tex]Z_n=\left ( x\cdot \frac{\left ( n+1 \right )x^{n+2}-\left ( n+3 \right )x^{n+1}+x^n-x^2+3x-1}{\left ( 1-x \right )^2} \right )'= -x\frac{\left ( n^2+3n+2 \right )x^n-2n(n+2)x^{n+1}+n(n+1)x^{n+2}-2}{\left ( 1-x \right )^3}[/tex]
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Kai |x| < 1, tai yra prasminga surasti begalinės sumos

[tex]Z=1\cdot 2x^1+2\cdot 3x^2+3\cdot 4x^3+...+n(n+1)x^n+...=\sum_{k=1}^{\infty}k(k+1)x^k[/tex]
formulę. Analogiškai, kaip ir pirmame uždavinyje, turime, kad

[tex]Z=\lim_{n \to \infty }Z_n=-\frac{2x}{\left ( 1-x \right )^3}[/tex]


2. Užduotis
Raskite n - tosios sumos

[tex]C_n = 1^2x^1+4x^2+9x^3+...+n^2x^k=\sum_{k=1}^{n}k^2x^k[/tex]
formulę, kai x yra realusis skaičius bei begalinės sumos C formulę, kai |x| < 1.



3. Užduotis
Pabandykite surasti begalinės sumos

[tex]Y = 1^3x^1+2^3x^2+3^3x^3+...+k^3x^k+...=\sum_{k=1}^{\infty}k^3x^k[/tex]
formulę, kai |x| < 1.

Paskutinį kartą atnaujinta 2017-04-08

1

Nagrinėkime tiesioginį apibrėžtinį integralą

[tex]S\left ( p,q\right )=\int_{0}^{1}\frac{x^{p-1}}{1+x^q}dx,~~p>0,~q>0[/tex].

Mes naudosime tokią lygybę:
[tex]\frac{1}{1+x^s}=1-x^s+x^{2s}-...+(-1)^{k}x^{ns}+...=\sum_{k=0}^{\infty }(-1)^k(x^s)^k, ~|x|<1.[/tex]

Pamatysime, kad šį integralą galima išreikšti tam tikra eilute.

[tex]S\left ( p,q\right )=
\int_{0}^{1}\frac{x^{p-1}}{1+x^q}dx=
\int_{0}^{1}x^{p-1}\cdot \frac{1}{1+x^q}dx=
\int_{0}^{1}x^{p-1}\sum_{k=0}^{\infty }\left ( -1 \right )^k\left ( x^q \right )^kdx=
\int_{0}^{1}\sum_{k=0}^{\infty }\left ( -1 \right )^k\left (x^q \right )^{k+p-1}dx= [/tex]

[tex]\sum_{k=0}^{\infty }\left ( -1 \right )^k\int_{0}^{1}x^{qk+p-1}dx= \sum_{k=0}^{\infty }\left ( -1 \right )^k\frac{x^{qk+p}}{qk+p}|_{0}^{1}= \sum_{k=0}^{\infty }\frac{\left ( -1 \right )^k}{kq+p}= \frac{1}{p}-\frac{1}{q+p}+\frac{1}{2q+p}-\frac{1}{3q+p}+...[/tex]



Gavome, kad eilutės, kurios turi pavidalą [tex]\frac{1}{p}-\frac{1}{q+p}+\frac{1}{2q+p}-\frac{1}{3q+p}+...[/tex] , koverguoja ir jų sumos gali būti rastos skaičiuojant integralą S(p, q).

PASTABA
Kartais gali būti naudinga mūsų integrale S(p, q) pakeisti integravimo rėžius t.y. apatinį rėžį šiek tiek padidinti arba šiek tiek sumažinti viršutinį rėžį (priklausomai nuo situacijos).
Tada mūsų nagrinėjamo integralo pritaikymo ribos praplatėja :)





4. Rasime, kam yra lygi suma

[tex]A=\frac{1}{3}-\frac{1}{9}+\frac{1}{15}-\frac{1}{21}+...+\frac{\left ( -1 \right )^k}{k\cdot 6+3}+...[/tex].
Sprendimas

Matome, kad eilutė A yra lygi integralui

[tex]S\left ( 3,6 \right )= \int_{0}^{1}\frac{x^{3-1}}{1+x^6}dx= \int_{0}^{1}\frac{x^{2}}{1+x^6}dx= \frac{1}{3}\int_{0}^{1}\frac{1}{1+\left (x^3 \right )^2}d\left ( x^3 \right )= \frac{1}{3}\arctan \left (x^3 \right )|_{0}^{1}=\frac{\pi}{12}[/tex].



Užduotis
Remdamiesi šiame komentare išdėstyta informacija dabar nesunkiai galite įrodyti, kad

4.1. [tex]1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\frac{1}{5}-\frac{1}{6}+...=\ln 2[/tex]
4.2. [tex]1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\frac{1}{9}-\frac{1}{11}+...=\frac{\pi}{4}[/tex]
4.3. [tex]1-\frac{1}{4}+\frac{1}{7}-\frac{1}{10}+\frac{1}{13}-\frac{1}{16}+...=\frac{32\ln 2}{9}+\frac{\sqrt{3}}{9}\pi[/tex]
4.4. [tex]\frac{1}{2}-\frac{1}{4}+\frac{1}{6}-\frac{1}{8}+\frac{1}{10}-\frac{1}{12}+...=\frac{\ln 2}{2}[/tex]
4.5. [tex]\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+\frac{1}{7}-\frac{1}{9}+\frac{1}{11}-\frac{1}{13}+...=\frac{3}{4}\pi[/tex]
4.6. [tex]\frac{1}{4}-\frac{1}{7}+\frac{1}{10}-\frac{1}{13}+\frac{1}{16}-\frac{1}{19}+...=1-\frac{\sqrt{3}}{9}\pi-\frac{\ln2}{3}[/tex]


4.7. [tex]\frac{1}{2}-\frac{1}{4\cdot 2}+\frac{1}{6\cdot 2^2}-\frac{1}{8\cdot 2^3}+\frac{1}{10\cdot 2^4}-\frac{1}{12\cdot 2^5}+...=\frac{1}{2}\ln \frac{5}{4}[/tex]
4.8. [tex]1-\frac{\sqrt{2}+1}{2}+\frac{\left ( \sqrt{2}+1 \right )^2}{3}-\frac{\left ( \sqrt{2}+1 \right )^3}{4}+\frac{\left ( \sqrt{2}+1 \right )^4}{5}-\frac{\left ( \sqrt{2}+1 \right )^5}{6}+...=\frac{\pi}{8}[/tex]
4.9. [tex]1-\frac{3}{4}+\frac{3}{5}-\frac{3}{6}+\frac{3}{7}-\frac{3}{8}+\frac{3}{9}-...=6-\frac{3}{2}\pi[/tex]
4.10. [tex]1-\frac{1}{20}+\frac{1}{300}-\frac{1}{4000}+\frac{1}{50000}-\frac{1}{600000}+...=\ln \frac{11}{10}[/tex]

Paskutinį kartą atnaujinta 2017-04-08

0

Nagrinėkime kitą tiesioginį apibrėžtinį integralą

[tex]C\left ( p,q, a\right )=\int_{0}^{a}\frac{x^{p-1}}{1-x^q}dx,~~p>0,~q>0, ~0 < a < 1[/tex].

Šįkart mums reikės pasinaudoti kitokia lygybe, nei kad praeitą kartą naudojome:

[tex]\frac{1}{1-x^s}=1+x^s+x^{2s}+...+x^{ns}+...=\sum_{k=0}^{\infty }(x^s)^k, ~|x|<1.[/tex]

Šį integralą galima išreikšti tam tikra eilute, kurios išraiška yra panaši į ankstesniame komentare išvestos eilutės išraišką.

[tex] C(p,q,a) = \int_{0}^{a} \frac{x^{p-1}}{1-x^q} dx= \int_{0}^{a} \sum_{k=0}^{\infty }  (x^q  )^{k+p-1} dx = [/tex]

[tex]\sum_{k=0}^{\infty }\int_{0}^{a}x^{qk+p-1}dx= \sum_{k=0}^{\infty }\frac{x^{qk+p}}{qk+p}|_{0}^{a}= \sum_{k=0}^{\infty }\frac{a^{qk+p}}{kq+p}= \frac{a^p}{p}+\frac{a^{p+q}}{p+q}+\frac{a^{p+2q}}{2q+p}+\frac{a^{p+3q}}{3q+p}+...[/tex]

Kai 0 < a < 1, tai gautosios eilutės [tex] \sum_{k=0}^{\infty }\frac{a^{qk+p}}{kq+p}= \frac{a^p}{p}+\frac{a^{p+q}}{p+q}+\frac{a^{p+2q}}{2q+p}+\frac{a^{p+3q}}{3q+p}+...[/tex]  konverguoja ir jų sumos gali būti rastos skaičiuojant integralą C(p, q, a).

Pavyzdys
[tex]\frac{1}{10}+\frac{1}{200}+\frac{1}{3000}+\frac{1}{40000}+\frac{1}{500000}+...=C(1, 1,1/10)=\int_{0}^{1/10}\frac{1}{1-x}dx=-\ln|\frac{1}{10}-1|=\ln \frac{10}{9}[/tex]

Užduotis 5.1.
Parodykite, kad
[tex]\frac{1}{2\cdot 4}+\frac{1}{3\cdot 8}+\frac{1}{4\cdot 16}+\frac{1}{5\cdot 32}+\frac{1}{6\cdot 64}+...=\ln 2 - \frac{1}{2}[/tex]

Paskutinį kartą atnaujinta 2017-04-08

0

Norėdami rašyti žinutes privalote prisijungti!