Точная сумма ряда

Аватар пользователя
Ian
Сообщений: 791
Зарегистрирован: 18 янв 2016, 19:42

Точная сумма ряда

Сообщение Ian » 04 май 2021, 09:12

4t708WdoLRw.jpg
4t708WdoLRw.jpg (135.71 KiB) 1259 просмотра

to zykov : это то что я Вам прикреплял в ЛС пару дней назад, пришло?
----------
Задача 5 мне кажется всем интересная и до конца у меня не досчитана.
Начал так:
[math]

[math]

[math]
[math]
[math]

peregoudov
Сообщений: 603
Зарегистрирован: 29 дек 2015, 13:17

Точная сумма ряда

Сообщение peregoudov » 04 май 2021, 13:48

Ну, в общем, идея в том, чтобы сумму $\sum_{k=n}^\infty 1/k^2$ представить как известную функцию $n$ плюс более быстро сходящийся ряд, для которого потом поменять порядок суммирования, ибо $\sum_{n=1}^k(2n-1)/k^2=1$. То есть надо, чтобы сумма сходилась как $\sum1/k^4$. Тот же самый прием разбиения на элементарные слагаемые $1/(k+a)$, нужно только подобрать $a$ и коэффициенты линейной комбинации. Скажем,

$$ \frac1{2k}-\frac1{k+1}+\frac1{2(k+2)}=\frac1{k(k+1)(k+2)}, $$

а потому

$$ \frac1{k^2}=\frac1{k(k+1)}+\frac1{k^2(k+1)}=\frac1{k(k+1)}+\frac1{k(k+1)(k+2)}+\frac2{k^2(k+1)(k+2)}={} $$

$$ {}=\left(\frac3{2k}-\frac2{k+1}+\frac1{2(k+2)}\right)+\frac2{k^2(k+1)(k+2)}. $$

В сумме $\sum_{k=n}^\infty$ от первой скобки почти все слагаемые сокращаются, остается $3/2n-1/2(n+1)=1/n+1/2n(n+1)$, произведение на $2n-1$ дает $2-3/2n(n+1)$ поэтому исходная сумма равна

$$ \sum_{n=1}^\infty\left(-\frac3{2n(n+1)}+(2n-1)\sum_{k=n}^\infty\frac2{k^2(k+1)(k+2)}\right)= -\frac32+\sum_{n=1}^\infty\sum_{k=n}^\infty\frac{2(2n-1)}{k^2(k+1)(k+2)}. $$

В оставшейся сумме меняем порядок суммирования, в результате получаем, что она равна единице, а полная сумма -1/2.

peregoudov
Сообщений: 603
Зарегистрирован: 29 дек 2015, 13:17

Точная сумма ряда

Сообщение peregoudov » 04 май 2021, 14:39

Первая забавная. Обозначим $c_n=a_n/a_{n+1}$, тогда

$$ \frac1{c_n}=\frac{n-1}{n+1}-\frac{n-2}{n(n+1)}c_{n-1}. $$

Независимо от $c_0$ всегда $c_2=3$. Дальше очевидное решение $c_n=n+1$ при $n\geq3$. Два первых члена вычисляем вручную $c_0=1/2$, $c_1=4$.

peregoudov
Сообщений: 603
Зарегистрирован: 29 дек 2015, 13:17

Точная сумма ряда

Сообщение peregoudov » 04 май 2021, 14:45

По третьей: напишем $f(x)=x-3/2+g(x)$, тогда $3g(2x+1)=g(x)$. Вроде бы должно быть $g(x)=0$, потому что $g(-1)=0$, а любое другое $g(x)$ приводится в окрестность $x=-1$ с множителем $3^{-k}$ с помощью $k$-кратного применения функционального уравнения.

peregoudov
Сообщений: 603
Зарегистрирован: 29 дек 2015, 13:17

Точная сумма ряда

Сообщение peregoudov » 04 май 2021, 14:57

По четвертой можно уточнить условие? Имеется в виду произвольная вещественная квадратная матрица или $M_n(R)$ что-то более хитрое означает? $I$ --- единичная матрица?

Пусть все собственные числа вещественны. Тогда, пользуясь приведением к жордановой форме

$$ \det(A+I)=\chi_A(-1)=\prod_n(\lambda_n+1),\quad \det(A^5+1)=\chi_{A^5}(-1)=\prod_n(\lambda_n^5+1). $$

Остается нарисовать графики $y=x+1$ и $y=x^5+1$ и убедиться, что они меняют знак одновременно. Так что в обоих произведениях все сомножители попарно совпадающих знаков, стало быть, и знак произведений одинаков.

Если среди собственных значений есть комплексно сопряженные пары $(\lambda_n,\lambda_n^*)=\lambda_n'\pm i\lambda_n''$, то жорданова форма усложняется, появляются клетки $\Lambda=\begin{pmatrix}\lambda_n'&\lambda_n''\\-\lambda_n''&\lambda_n'\end{pmatrix}$ и $\Lambda^5=\begin{pmatrix}\mathop{\rm Re}\lambda_n^5&\mathop{\rm Im}\lambda_n^5\\-\mathop{\rm Im}\lambda_n^5&\mathop{\rm Re}\lambda_n^5\end{pmatrix}$, которым будут соответствовать множители $(\lambda_n'+1)^2+\lambda_n^{\prime\prime2}$ и $(\mathop{\rm Re}\lambda_n^5+1)^2+(\mathop{\rm Im}\lambda_n^5)^2$, оба положительные.
Последний раз редактировалось peregoudov 04 май 2021, 15:28, всего редактировалось 1 раз.

Аватар пользователя
Ian
Сообщений: 791
Зарегистрирован: 18 янв 2016, 19:42

Точная сумма ряда

Сообщение Ian » 04 май 2021, 15:05

По третьей- решение получившегося функционального уравнения - это неподвижная точка сжимающего (с q=1/3) отображения. Выделим пространство непрерывных функций на [-R,R], оно будет отображаться в себя, значит отображение имеет одну неподвижную точку - нулевую функцию.Из этого и ваша g=0. Для этого нужна была непрерывность, без нее неверно.
По пятой- я свой способ довел , там оставалась одна строчка (найти предел по N), ответ совпал -1/2.
По остальным согласен

Аватар пользователя
Ian
Сообщений: 791
Зарегистрирован: 18 янв 2016, 19:42

Точная сумма ряда

Сообщение Ian » 04 май 2021, 15:09

По первой - а Вы не заметили, что [math] :D
Да, и по 4й упомянуть про возможность комплексных собственных чисел действительной матрицы, их сгруппировать попарно, не изменят решения

peregoudov
Сообщений: 603
Зарегистрирован: 29 дек 2015, 13:17

Точная сумма ряда

Сообщение peregoudov » 04 май 2021, 15:40

По четвертой я как раз писал дополнение, там громоздко.

По первой: это опять-таки только для $n\geq2$ и следует из $a_n/a_{n+1}=c_n=n+1$, но мне это было не нужно, вот и не заметил.

По третьей: да, вот хотелось как-то изящнее, а то у меня колхозно.

zykov
Сообщений: 1147
Зарегистрирован: 06 янв 2016, 17:41

Точная сумма ряда

Сообщение zykov » 04 май 2021, 17:34

По второй
$\int_0^1 \arcsin x \arccos x \; dx = \int_0^{\pi/2} \phi (\pi/2 - \phi) \; d(\sin \phi) =$
$= \int_0^{\pi/2} \phi (\pi/2 - \phi) \cos \phi\; d\phi = 2 - \pi/2$

zykov
Сообщений: 1147
Зарегистрирован: 06 янв 2016, 17:41

Точная сумма ряда

Сообщение zykov » 04 май 2021, 18:58

По пятой.
При больших $n$ будет $\sum_{k=n}^{\infty} \frac{1}{k^2} \approx \int_n^{\infty} \frac{dx}{x^2} = \frac{1}{n}$.
После умножения на $2n-1$ это всё стремится к 2. Значит после вычитания 2 будет что-то малое, что мы уже суммируем.

Вобщем идея такая, чтобы эту "2" разбить на части (представить в виде суммы), внести под сумму по $k$ и поменять порядок суммирования.
Так например $$\sum_{k=n}^{\infty} \frac{1}{(k-1/2)(k+1/2)} = \frac{2}{2n-1}$$ - телескопическая сумма.
Т.е. сумма равна $$\sum_{n=1}^{\infty}\left( (2n-1)\sum_{k=n}^{\infty}\left(\frac{1}{k^2}-\frac{1}{k^2-1/4}\right)\right)= \sum_{k=1}^{\infty}\left(\left(\frac{1}{k^2}-\frac{1}{k^2-1/4}\right) \cdot \left(\sum_{n=1}^{k}(2n-1)\right)\right) = $$
$$= \sum_{k=1}^{\infty}\left(\left(\frac{1}{k^2}-\frac{1}{k^2-1/4}\right) \cdot k^2\right) = -\frac{1}{4} \sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^2-1/4} =  -\frac{1}{4} \sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{(k-1/2)(k+1/2)} = -\frac{1}{2}$$

zykov
Сообщений: 1147
Зарегистрирован: 06 янв 2016, 17:41

Точная сумма ряда

Сообщение zykov » 04 май 2021, 22:03

У задачи 7 какое-то условие невнятное.
Спрашивают про вероятность, но не задали никаких вероятностей.

Вобщем я понял так, что из текущей вершины он равновероятно перемещается в любую другую из трёх.
Т.е. получается стандартная задача на Марковские процессы - как-то не олимпиадно.
Начальный вектор $v_0=(1,0,0,0)^T$.
Матрица перехода $M=k(X-I)$, где $k=1/3$, матрица $X$ - матрица 4x4 в которой везде "1".
Тогда после $n$ шагов вектор будет $M^n v_0$, искомая вероятность - это первый элемент этого вектора (или верхний левый элемент матрицы $M^n$).

Единственная "олимпиадность" - найти матрицу $M^n$.
Стандартный подход - перейти в базис, где она диагональна.
Но можно короче, учитывая что $M^n=k^n (X-I)^n$, что можно раскрыть как бином Ньютона и учесть, что $X^n=4^{n-1}X$.
Получим вероятность $$P_n = \frac{3^n+3(-1)^n}{4\cdot3^n}$$.
Значит $P_7 = \frac{182}{729}$.

PS: "correct tetrahedron" - это вообще вершины китайского (видимо хотели сказать "regular tetrahedron")

peregoudov
Сообщений: 603
Зарегистрирован: 29 дек 2015, 13:17

Точная сумма ряда

Сообщение peregoudov » 06 май 2021, 14:06

zykov писал(а):Source of the post Вобщем идея такая, чтобы эту "2" разбить на части (представить в виде суммы), внести под сумму по $k$
Да, тоже была сначала такая идея, но не сообразил, что $2n-1$ тоже надо учесть, а потом взялся доделывать за Ian'ом :(


Вернуться в «Математика»

Кто сейчас на форуме

Количество пользователей, которые сейчас просматривают этот форум: нет зарегистрированных пользователей и 3 гостей