Нужна помощь в исследовании ряда на сходимость и определении суммы ряда

ansz · Сообщение **ansz** » 19 июн 2015, 14:05

Здравствуйте, уважаемые участники форма, я столкнулся с проблемой, для решения которой моих математических знаний не достаточно. Я даже не знаю, решаема ли такая задача в принципе. Буду очень благодарен, если кто-нибудь сможет мне подсказать решение!
Есть ряд:
$\sum_{n=0}^{\infty }e^{a\cdot n+b}(1+e^{c\cdot arctan(g\cdot n^2+h)\cdot n + d)})$
где a, b, c, d, g, h - параметры ряда
Нужно определить при каких параметрах ряда (a, b, c, d, g, h), ряд сходится, а так же найти сумму ряда в общем виде, если это возможно.
Мат. анализ был 7 лет назад. Если где-то написал глупость, то сильно не бейте.

vidok · Сообщение **vidok** » 20 июн 2015, 16:26

Сходиться будет при $a\rightarrow 0$ , где a - член ряда. По общему виду - так же не математик вобщем-то, но, может быть, попробуйте привести к геометрической прогрессии данную сумму.

Ian · Сообщение **Ian** » 20 июн 2015, 22:55

При параметрах
$a<0\\a+c\frac{\pi}{2}sqn(g)<0$ сходится, так как арктангенс эквивалентен П/2 и ограничен всегда. Независимо от остальных параметров. При остальных расходится.
Про суммирование: e в степени арктангенс даст в лучшем случае дзета-функцию комплексного аргумента, так как по формуле Эйлера $e^{i*arctg\;n}=\frac{1+in}{|1+in|}=\frac{1+in}{\sqrt{1+n^2}}$ а тут подобное выражение надо еще в степень -iс возвести

vidok · Сообщение **vidok** » 21 июн 2015, 04:56

$e^b\sum_{n=0}^{\infty}{e^{an}(1+e^de^{cn\arctan(gn^2+h)})}=e^b(\int_{0}^{\infty}{e^{an}dn}+e^d\int_{0}^{\infty}{e^{cn\arctan(gn^2+h)}dn})$
по-моему так можно решить уже

Ian · Сообщение **Ian** » 21 июн 2015, 08:06

vidok писал(а):Source of the post $e^b\sum_{n=0}^{\infty}{e^{an}(1+e^de^{cn\arctan(gn^2+h)})}=e^b(\int_{0}^{\infty}{e^{an}dn}+e^d\int_{0}^{\infty}{e^{cn\arctan(gn^2+h)}dn})$

Это равенство верно только в том смысле. что если одна его часть равна +бесконечность, то и другая тоже. А если сходится-никогда неверно, всегда левая часть больше правой

vidok · Сообщение **vidok** » 21 июн 2015, 10:50

Понятно, что сходится должна априори иначе глупость просто (про условия выше вы написали). Но есть ведь способ сведения сумм к интегралам (у Кнута например из того что читал просто). Погрешность будет видимо, а подскажите, как ее определить в данном случае ? Например берем геометрическую прогрессию
$\sum_{1}^{\infty}{b_1q^{n-1}}=\frac {b_1}{q}\int_{1}^{\infty}{q^{n}}dn=\frac {b_1}{q} (\frac {q^\infty}{\ln q}-\frac {q^1}{\ln q})= \newline =\frac {b_1}{q}(0-\frac {q}{\ln q})=\frac {b_1}{q}(-\frac {q}{\ln q})$
Разложим в ряд Тейлора логарифм
$\ln q = (x-1)+\frac {(x-1)^2}{2}+\frac {(x-1)^3}{3}+...$
$\ln q = (x-1)+\frac {(x-1)^2}{2}+\frac {(x-1)^3}{3}+... \newline A=\frac {b_1}{q}(-\frac {q}{q-1}); q < 1\Rightarrow A=\frac {b_1}{q}\frac {q}{1-q} \newline \int_{1}^{\infty}{b_1q^{n-1}}=\frac {b_1}{1-q}$

Ну сошлось

Ian · Сообщение **Ian** » 21 июн 2015, 17:16

Заменять ln q на q-1 это грубо. Сумму на интеграл тоже. Сумма -это площадь под ступенчатым графиком, состоящая из прямоугольников ширины 1. Интеграл -это под пологим графиком.Обычно получается. что либо все слагаемые заменены с недостатком, либо все с избытком, ошибка накапливается.
Я уверен, что элементарной функции от параметров там не получится. Практически правильно -знать сходимость из теории а суммирует пусть матпакет. А то бывает он и расходящуюся проосуммирует

ansz · Сообщение **ansz** » 22 июн 2015, 12:26

Спасибо огромное за ответы. Отдельное спасибо Ian за представление ряда в комплексной форме.
Я понял, что в элементарных функциях данная сумма не выражается. Тему можно закрывать

yourdomain.com