Locker
Удален
|
   
Подскажите каким способом исследовать на сходимость след. ряды:
1.
oo
--
> (2n-1)!/(2^n)*n!
--
n=1
2.
oo
--
> (4n-3)/(sqr(n))*3^n
--
n=1
3.
oo
--
> sqr(n+2)/2*(n^2)+3
--
n=1
|
Всего сообщений: N/A | Присоединился: N/A | Отправлено: 16 сен. 2006 13:47 | IP
|
|
Guest
Новичок
|
Как найти сумму функционального ряда (n от 1 до 00)
E x^(n^2) при 0 < x < 1 (E обозначение ряда)?
Даже не знаю с чего начать, в книгах по матану Демидовича,
Берманта, Мышкиса и Фихтенгольца подобных примеров не нашла.
|
Всего сообщений: Нет | Присоединился: Never | Отправлено: 17 сен. 2006 14:13 | IP
|
|
KMA 
Долгожитель
|
 
Даже не знаю с чего начать, в книгах по матану Демидовича,
Берманта, Мышкиса и Фихтенгольца подобных примеров не нашла.
Бермана зачем обежать неправильным написанием и дизинформацией, как раз там, со странички 172 начинаются функциональные ряды  Повнимательнее посмотри!
|
Всего сообщений: 940 | Присоединился: декабрь 2005 | Отправлено: 18 сен. 2006 1:12 | IP
|
|
MEHT
Долгожитель
|
Цитата: Guest написал 17 сен. 2006 14:13
Как найти сумму функционального ряда (n от 1 до 00)
E x^(n^2) при 0 < x < 1 (E обозначение ряда)?
Даже не знаю с чего начать, в книгах по матану Демидовича,
Берманта, Мышкиса и Фихтенгольца подобных примеров не нашла.
Точно эту сумму вычислить не удасться. Но возможно ее оценить.
Этот функциональный ряд будет больше соответстующего интеграла
int[x^(n^2)]dn в пределах 1<n<oo,
и меньше этого же интеграла по пределам от 0<n<oo.
В итоге можно получить, что искомая сумма s(x) заключена в пределах
f(x)-h(x) < s(x) < f(x), где
f(x)=sqrt {pi/[4*ln(1/x)]},
h(x)=sqrt[pi/ln(1/x)] * Ф{sqrt[2*ln(1/x)]}, где
Ф(z) - нормированная функция Лапласа.
--------------------------------------------------------------
Хотя, нет, неправ... похоже все же сумму можно выразить точно... да и слишком грубая оценка.
"Эврическими методами" в маткаде получается, что результат мало отличается от функции
sqrt {pi/[4*ln(1/x)]} - 1/2. Похоже это и есть искомая сумма ряда.
(Сообщение отредактировал MEHT 18 сен. 2006 3:00)
|
Всего сообщений: 1548 | Присоединился: июнь 2005 | Отправлено: 18 сен. 2006 1:46 | IP
|
|
attention
Долгожитель
|
Цитата: Guest написал 17 сен. 2006 13:13
Как найти сумму функционального ряда (n от 1 до 00)
E x^(n^2) при 0 < x < 1 (E обозначение ряда)?
Даже не знаю с чего начать, в книгах по матану Демидовича,
Берманта, Мышкиса и Фихтенгольца подобных примеров не нашла.
Интересно на каком предмете Вам это задали?
На семинарах по матану ряды данного вида не рассматриваются. Точная сумма ряда выражается через
тэта-функцию.
P. S. Вы уверены, что правильно записали условие?
|
Всего сообщений: 994 | Присоединился: апрель 2006 | Отправлено: 18 сен. 2006 12:22 | IP
|
|
Guest
Новичок
|
Здравствуйте, как найти сумму n-первых членов ряда натуральных положительных чисел в степени m Є Z?
То есть ряда (n от 1 до ni) n^m, где m может принимать положительные целочисленные значения. Например,
сумма n-первых членов ряда (n^1)=ni(ni+1)/2.
Пишу в С+ и нужен общий алгоритм нахождения сумм n-первых членов ряда n^m.
|
Всего сообщений: Нет | Присоединился: Never | Отправлено: 18 сен. 2006 17:51 | IP
|
|
Genrih
Удален
|
Цитата: Guest написал 18 сен. 2006 16:51
Здравствуйте, как найти сумму n-первых членов ряда натуральных положительных чисел в степени m Є Z?.
Саму формулу не видел.Может и есть.
И вправду, улавливается некая зависимость коэффициентов и степени n в формулах для первых степеней.
|
Всего сообщений: N/A | Присоединился: N/A | Отправлено: 18 сен. 2006 22:45 | IP
|
|
attention
Долгожитель
|
Воспользуйтесь формулой бинома Ньютона в виде (n+1)^(m+1).
(n+1)^(m+1)=n^(m+1)+(m+1)*n^m+C(^2 l m+1)*n(m-1)+...+1,
где C(^2lm+1)--биноминальный коэффициент с верхним индексом ^2 и нижним m+1.
Дальше перенесите все слагаемые кроме второго в левую часть тождества и поделите на m+1.
n^m=[(n+1)^(m+1)--n^(m+1)--C(^2 l m+1)*n(m-1)-...-1]/(m+1).
Или summ(n от 1 до ni){n^m}=
=[(ni+1)^(m+1)--
--summ(k от 1 до m){C(^(m-k) l (m+1))*summ(n от 1 до ni)n^(m--k)}--1]/(m+1).
Т. е. по формуле, чтобы узнать, например, сумму n-первых членов ряда n^5, надо предварительно последовательно найти суммы n, n^2, n^3 и n^4.
P. S. Хотя, может быть, можно найти и проще формулу.
P. P. S. Буду надеятся, что эта формула Вам поможет при написании.
|
Всего сообщений: 994 | Присоединился: апрель 2006 | Отправлено: 18 сен. 2006 22:48 | IP
|
|
MEHT
Долгожитель
|
Цитата: attention написал 18 сен. 2006 22:48
Воспользуйтесь формулой бинома Ньютона в виде (n+1)^(m+1).
(n+1)^(m+1)=n^(m+1)+(m+1)*n^m+C(^2 l m+1)*n(m-1)+...+1,
где C(^2lm+1)--биноминальный коэффициент с верхним индексом ^2 и нижним m+1.
Дальше перенесите все слагаемые кроме второго в левую часть тождества и поделите на m+1.
n^m=[(n+1)^(m+1)--n^(m+1)--C(^2 l m+1)*n(m-1)-...-1]/(m+1).
Или summ(n от 1 до ni){n^m}=
=[(ni+1)^(m+1)--
--summ(k от 1 до m){C(^(m-k) l (m+1))*summ(n от 1 до ni)n^(m--k)}--1]/(m+1).
Т. е. по формуле, чтобы узнать, например, сумму n-первых членов ряда n^5, надо предварительно последовательно найти суммы n, n^2, n^3 и n^4.
P. S. Хотя, может быть, можно найти и проще формулу.
P. P. S. Буду надеятся, что эта формула Вам поможет при написании.
А можно попробовать выразить формулу следующим способом.
(В принципе, метод почти тот же, но все же избавляет от необходимости предварительного вычисления сумм для меньшего показателя степени).
Пусть
s(n)=1^m + 2^m + 3^m + ... + n^m,
т.е. s(n) - искомая сумма.
Тогда можно записать
s(n) - s(n-1) = n^m (*).
Теперь будем искать s(n) в виде суммы
s(n)=sum {a(i)*(n+1)^i}, где индекс i пробегает значения от 1 до (m+1);
подставим в соотношение (*)
n^m = sum {a(i)*[(n+1)^i-n^i]}, но
[(n+1)^i-n^i]=sum {C(k;i-k)*n^(i-k)} - сумма по k от 1 до i;
C(k;i-k) - биноминальные коэффициенты.
Теперь осталось определить коэффициенты a(i).
Используем метод неорпеделенных коэффициентов (приравниваем коэффициенты при равных степенях n левой и правой части равенства)
После соотв. приравниваний, получаем систему линейных (m+1) уравнений для определения a(i).
Система имеет вид
C(1;m+1)*a(m+1)=1,
C(2;m+1)*a(m+1) + C(1;m)*a(m)=0,
C(3;m+1)*a(m+1) + C(2;m)*a(m) + C(1;m-1)*a(m-1)=0,
.................................................
C(k+1;m+1)*a(m+1) + C(k;m)*a(m) + C(k-1;m-1)*a(m-1) + ... + C(1;m-k+1)*a(m-k+1)=0,
.................................................
C(m+1;m+1)*a(m+1) + C(m;m)*a(m) + C(m-1;m-1)*a(m-1) + ... + C(1;1)*a(1)=0;
Решая эту систему уравнений получаем неизвестные коэффициенты a(i).
P.S.
Кстати, приведу еще формулы для соотв. рядов при m=1,2,3,4,5,6.
(получил их давно - будучи еще школьником - методом "подбора правильного ответа" )
при m=1
s(n)=n*(n+1)/2;
при m=2
s(n)=n*(n+1)*(2n+1)/6;
при m=3
s(n)=[n*(n+1)]^2;
при m=4
s(n)=n*(n+1)*(2n+1)*[3n(n+1)-1]/30;
при m=5
s(n)={[2n*(n+1)-1]*[n*(n+1)]^2}/12;
при m=6
s(n)=n*(n+1)*(2n+1)*[3*(n^3-1)*(n+2)+7]/42.
(Сообщение отредактировал MEHT 19 сен. 2006 2:45)
|
Всего сообщений: 1548 | Присоединился: июнь 2005 | Отправлено: 19 сен. 2006 2:13 | IP
|
|
Guest
Новичок
|
Всем спасибо за помощь!
Может подскажите ещё, как находить суммы рядов вида n^(-m), где m может принимать значения 2; 3; 4; ... k.
|
Всего сообщений: Нет | Присоединился: Never | Отправлено: 19 сен. 2006 11:35 | IP
|
|
|
Форум
Числовые ряды
