Matematické Fórum

lukaszh

Zdravím,
Neviem ako spočíta? rad
$R=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2n-1}{2^n},\qquad n\in\mathbb{N}$
Snažil som sa to upravi? a dospel som k tvaru:
$R=-1+2\cdot\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n}{2^n}$
Teraz mi robí problém tá druhá sumácia. Dik za pomoc.

Marian · 16. 09. 2008 15:18 — Editoval Marian (16. 09. 2008 16:01)

↑ lukaszh:
Podle podílového nebo odmocninového limitního kriteria se snadno určí, že daná řada je konvergentní a má tedy smysl ji sčítat. Existuje několik přístupů k součtu této řady. Uvedu postup pouze s jednoduchou manipulací nekonečných řad.

Podle výše uvedeného lze předpokládat, že existuje reálné číslo s takové, že
$s=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2n-1}{2^n}.\qquad\qquad\qquad (1)$
Toto vynásobíme "kvocientem" 1/2:
$\frac{s}{2}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2n-1}{2^{n+1}}. \qquad\qquad\qquad (2)$
Rovnice od sebe odečteme (v pořadí (1)-(2)):

Proto

ttopi · 16. 09. 2008 15:25 — Editoval ttopi (16. 09. 2008 15:28)

Pokud chceš součet nekonečné řady (myslím, že je to tak), tak si musíš vyjádřit, jak bude vypadat posloupnost částečných součtů členů řady a z toho pak udělat limitu.

Ta limita by pak měla být součtem řady. Z toho také poznáš, zda řada konverguje či diverguje.

EDIT: Marian už na tom pracuje, tak jsem zvědav na jeho řešení. Snad jsem měl alespoň v něčem pravdu :-)

lukaszh · 16. 09. 2008 15:33

↑ ttopi:
Myslíš takto?
$R=-1+2\cdot\lim_{j\rightarrow\infty}\sum_{n=1}^{j}\frac{n}{2^n}$
Len keď si rozpíšem pár členov, tak z toho veľa nevidím.

ttopi · 16. 09. 2008 15:42 — Editoval ttopi (16. 09. 2008 15:45)

↑ Marian:
Podle mě odečítáš druhou od první :-)

Píšeš s-s/2 čili mám s (první) a od toho odečtu s/2 (druhá).

Koukám, že Marian ke konci využil toho, že součet řady $\frac{1}{p^n}=\frac{1}{p-1}$ - hodně šikovné.

Marian · 16. 09. 2008 15:44

↑ lukaszh:
Pokud chceš částečné součty, lze k tomu využít metody, kterou jsem prezentoval výše. Navíc Maple 9.5 dává
$\sum_{n=1}^{j}\frac{n}{2^n}=2-\frac{1}{2^{j-1}}-\frac{j}{2^j}.$
Indukcí by to jistě šlo celkem dobře dokázat.

lukaszh · 16. 09. 2008 15:55

↑ Marian:
Dik, už som to pochopil. Nikdy by ma nenapadlo rieši? to takto. Pekné, rýchle a šikovné riešenie :-)))))

Marian · 16. 09. 2008 15:57 — Editoval Marian (16. 09. 2008 15:58)

↑ lukaszh:

Řady typu $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{an+b}{q^n}$ se dají sčítat tímto trikem (samozřejmě za předpokladů o smysluplnosti uvažovaných úprav), přičemž se násobí 1/q a odčítání zůstává.

Richard Tuček · 17. 09. 2008 16:05

Já bych zkusil tento trik.
Vyjdu ze známého výsledku:
$\sum_{j=1}^{\infty}{a^j}=\frac{a}{1-a}$ je-li $-1<a<1$
Nyní obě strany rovnosti zderivujeme podle a, dostaneme:

$\sum_{j=1}^{\infty}{ja^{j-1}}=(\frac{a}{1-a})'=\frac{1}{(1-a)^2}$

tj. $\sum_{j=1}^{\infty}{ja^{j}}=\frac{a}{(1-a)^2}$ je-li $-1<a<1$

Nyní již není problém dosadit a dopočítat příklad.