Типовые задачи c решениями.

Типовые задачи c решениями.
Формальное суммирование рядов.
Формула рекурсии
∞
P
ak = a1 +
k=1
∞
P
ak =
k=1
∞
P
ak
k=2
Формула умножения λ
Формула сложения
∞
P
∞
P
λak
k=1
∞
P
(ak + bk ) =
k=1
ak +
k=1
∞
P
bk
k=1
Пример 1 (Геометрическая прогрессия). Суммировать
∞
P
qk .
k=0
Решение. Формула умножения дает равенство
∞
P
qk = q
k=1
∞
P
q k . Следо-
k=0
вательно, формула сдвига превращается в уравнение x = 1 + qx, где x есть
∞
P
1
q k . Решение этого уравнения дает 1−q
.
k=0
Пример 2 (осциллирующий ряд). Суммировать 1 + 0 − 1 + 1 + 0 − 1 + 1 +
0 − 1 + ....
Решение. Действительно, если мы обозначим сумму ряда через s, то
формула сдвига дает:
s=
1 + 0 − 1 + 1 + 0 − 1 + 1 + 0 − 1 + 1 + 0 − 1 + ...
s−1=
0 − 1 + 1 + 0 − 1 + 1 + 0 − 1 + 1 + 0 − 1 + 1 + ...
s − 1 − 0 = −1 + 1 + 0 − 1 + 1 + 0 − 1 + 1 + 0 − 1 + 1 + 0 + . . .
Суммируя числа по столбцам (т. е. с помощью формулы почленного сложения рядов), мы получим
s + (s − 1) + (s − 1 − 0) = (1 + 0 − 1) + (0 − 1 + 1) + (−1 + 1 + 0)+
+ (1 + 0 − 1) + (0 − 1 + 1) + (−1 + 1 + 0) + . . .
Слева стоит 3s − 2. Справа — нулевой ряд. Откуда s = 32 .
Пример 3. Суммировать ряд
∞
P
kxk .
k=0
Решение. Переиндексирование сдвига
∞
P
kxk дает ему вид
k=2
∞
P
(k +
k=1
1)xk+1 . Далее с помощью формулы сложения он разлагается на две части:
x
∞
X
k=1
(k + 1)xk = x
∞
X
kxk + x
k=1
∞
X
k=1
xk = x
∞
X
k=1
kxk + x
x
1−x
Первое слагаемое представляет собой умноженный на x исходный ряд. Второе — геометрическая прогрессия, сумма которой нам известна. Теперь
формула сдвига для суммы s(x) исходного ряда превращается в уравнение
x
x
s(x) = x + x 1−x
+ xs(x), решением которого служит s(x) = (1−x)
2.
1
Разложение дробей.
Пример 4. Разложить в степенной ряд дробь
1
a+x
Решение. Поделив числитель и знаменатель на a, преобразуем дробь к
виду
a−1
1 − (−x/a)
. Обозначив y = (−x/a) получим дробь, представляющую сумму геометри∞
P
y k , деленную на a. Откуда получаем ответ:
ческой прогрессии
k=0
∞
X (−1)k xk
1
=
a+x
ak+1
k=0
Пример 5. Разложить по степеням x + 1 следующую дробь
1
x+2
1
Решение. Замена y = x + 1 преобразует дробь к виду 1+y
, которая,
∞
P
k k
разлагается как
(−1) y . Подставляя в это выражение x + 1 вместо y
k=0
получаем ответ.
Пример 6 (метод неопределенных коэффициентов). Разложить в сумму
1
простейших дробь (x−1)(x−2)
Решение. Будем искать решение в виде
A
B
x−1 + x−2 .
Получаем уравнение
A(x − 2) + B(x − 1)
1
=
(x − 1)(x − 2)
(x − 1)(x − 2)
Откуда (A + B)x + (B − 2A) = 1. Получаем систему уравнений
A+B =1
B − 2A = 0
Решая которую, получаем A = 13 , B = 32 .
Пример 7. Разложить в степенной ряд дробь
1
1−x−x2
Решение. Во-первых, разлагаем знаменатель дроби в произведение линейных множителей.√ Для этого решаем уравнение 1 − x − x2 = 0. Его корнями являются −1±2 5 . Откуда
!
√
√ !
5−1
1+ 5
2
1−x−x =
−x
x+
2
2
Далее методом неопределенных коэффициентов разлагаем дробь в сумму
простейших дробей
!
1
1
1
1
√
√
=√
+
5−1
1 − x − x2
5
− x x + 1+2 5
2
2
Дроби справа преобразуются и разлагаются в геометрические ряды:
√
∞ √
X
1
1
5+1
( 5 + 1)k+1 k
√
√
x
=
=
5−1
2
2k+1
−x
1 − 5+1
k=0
2
2 x
√
√
∞
X
1
5−1
1
(1 − 5)k+1 k
√ =
√
x
=−
2
2k+1
x + 1+ 5
1 − 1− 5 x
2
k=0
2
Следовательно,
√
∞ √
X
1
( 5 + 1)k+1 − (1 − 5)k+1 k
√
=
x
1 − x − x2
2k+1 5
k=0
Пример 8 (числа Фиббоначчи). Найти производящую функцию реккурентно заданной последовательности ϕ0 = 0, ϕ1 = 1 и ϕn+1 = ϕn + ϕn−1
∞
P
Решение. Пусть Φ(x) =
ϕk xk . Так как ϕ0 = 0, сумма Φ(x) + xΦ(x)
k=0
преобразуется следующим образом:
(1)
∞
X
ϕk xk +
k=1
∞
X
ϕk−1 xk =
k=1
∞
X
ϕk+1 xk =
k=1
Φ(x) − x
x
Умножая обе стороны уравнения на x и собирая члены с Φ(x) справа, получаем x = Φ(x) − xΦ(x) − x2 Φ(x) = x. Это дает
Φ(x) =
x
1 − x − x2
Сравнения положительных рядов.
Пример 9 (тест отношения). Доказать
∞
P
k2−k < 3
k=1
Решение. Отношение последующих членов aak+1
данного ряда равно
k
k+1
2
.
Это
отношение
не
превосходит
начиная
с
k
=
3. Следовательно
2k
3
∞
∞
P
P
k
окончание ряда
k2−k мажорируется геометрическим рядом
a3 32k = 2,
k=3
k=0
1
1
2 + 2
(a3 = 23 ). Что позволяет оценить сумму ряда сверху величиной
3.
∞
P
1
Пример 10 (метод блокировки). Доказать, что
k2 < 2
+2 =
k=1
n+1
2
Решение. Положим an =
P−1
k=2n
1
k2 .
Тогда
∞
P
k=1
1
k2
=
∞
P
k=1
ak . Сумма
2n+1
P−1
k=2n
1
k2
состоит из 2n слагаемых, которые не превосходят первого слагаемого рав1
1
ного 22n
. Так как 2n 22n
= 21n , отсюда следует, что an ≤ 21n для любого n.
∞
P
Складывая эти неравенства, получаем
ak ≤ 2.
k=1
3
∞
P
Пример 11 (метод блокировки). Доказать, что
k=1
1
k
=∞
Решение. Чтобы получить оценку снизу, давайте рассмотрим an =
n+1
∞
∞
2P
P
P
1
1
1
ak =
k . Тогда
k . Так слагаемые в
k все больше ли-
n+1
2P
k=2n −1
k=1
k=2n −1
k=1
бо равны последнего, которое равно
n
равно 2 , то получаем an >
1
2
1
2n+1 ,
а количество слагаемых в сумме
∞
P
при любом n и
an = ∞.
k=1
Пример 12 (блокировка c логарифмом). Доказать расходимость ряда
∞
P
1
k=2
k ln k
Решение.
an =
n+1
2X
k=2n +1
Откуда
∞
P
k=2
1
k ln k
=
∞
P
1
1
2n
=
≥ n+1
n+1
k ln k
2
ln 2
2(n + 1) ln 2
ak ≥
k=2
1
ln 2
∞
P
k=2
1
n+1
= ∞.
Пример 13 (двойной ряд). Вычислить
Решение.
X
i,j∈N
X
i,j∈N
P i+j
i j
i,j∈N 2 3
∞
∞ X
∞
∞
X
X
i
i X 1
3
i
=
=
=2· =3
i
j
i
j
i
j
23
23
2 j=1 3
2
i=1 j=1
i=1
∞ X
∞
∞
∞
X
X
j
j
1 X j
3
3
=
=
=1· =
i
j
i
j
i
j
23
23
2 j=1 3
4
4
i=1 j=1
i=1
Откуда
X i
X j
X i+j
3
=
+
=3
2i 3j
2i 3j
2i 3j
4
i,j∈N
i,j∈N
i,j∈N
Телескопические суммы.
Пример 14. Вычислить
2n
P
k=1
1
k(k+2)
Решение. Представим дробь в виде разности
1 1
1
1
=
−
k(k + 2)
2 k k+2
Искомая сумма разбивается на две телескопические
2n
X
n n 1
1X 1
1
1X
1
1
=
−
+
−
=
k(k + 2)
2
2k 2(k + 1)
2
2k − 1 2k + 1
k=1
k=1
k=1
1 1
1
1
1
3
4n + 3
−
+
1−
= +
2 2 2n + 2
2
2n + 1
4 4(n + 1)(2n + 1)
4
Пример 15. Вычислить
n
P
k=1
1
k(k+1)(k+2)
−3
1
Решение. Поскольку k(k+1)(k+2)
= (k−1) и ∆x−2 = −2x
искомая сумма телескопируется следующим образом:
−3
, постольку
n
n
X
1X
1 −2 −2
1
1
1
−2
=−
∆(k−1) = − (n −1 ) =
−
k(k + 1)(k + 2)
2
2
12 2(n + 1)(n + 2)
k=1
k=1
Пример 16. Доказать, что
∞
P
k=n
1
k2
<
1
n−1
при n > 1
Решение. Воспользуемся сравнением с рядом
∞
P
k=1
1
n(n+1) ,
который мы
умеем телескопировать. А именно, имеют место неравенства
1
1
≤
,
k2
k(k − 1)
суммируя которые получаем
∞
∞
∞
X
X
X
1
1
1
1
≤
=
∆
=
k2
(k − 1)k
k−1
n−1
k=n
k=n
k=n
Биномиальный ряд.
Пример 17. Вычислить
после запятой.
√
2 с точностью до десятого десятичного знака
q
q
√
7
49·2
1
Решение. Поскольку 10
2 =
=
1 − 50
, постольку получаем
100
такое выражение для корня из двух
√
10
1
1
3
3·5
3·5·7
(2)
2=
1−
−
−
−
−
−
.
.
.
7
100 1002 2! 1003 3! 1004 4!
1005 5!
√
Из приведенных выше членов разложения 2 вычисляется с точностью до
десятого знака после запятой.
Пример 18 (суммирование умножением). Возвести в квадрат геометри∞
P
ческий ряд и получить формулу для суммирования
kq k
k=1
Решение. По теореме Коши произведение рядов
ряд
∞
P
k=0
k,
где cn =
n
P
∞
P
ak и
k=0
∞
P
ak дает
k=0
ak an−k . Для геометрического ряда ak = q k . Откуда
k=0
cn = (n + 1)q n . Так как сумма геометрического ряда равна
что
∞
X
1
(k + 1)q k =
(1 − q)2
k=0
5
1
1−q
получаем,
Откуда
∞
X
kq k =
k=1
∞
X
(k + 1)q k −
k=0
∞
X
qk =
k=0
1
1
−
2
(1 − q)
(1 − q)
Пример 19 (биномиальный ряд с отрицательным показателем). Cумми∞
P
k3
ровать
2k
k=1
Решение. Рассмотрим биномиальный ряд для (1 − x)−4 . Коэффициенn
n
n (n+3)!
том при xn будет (−1)n (−4)
n! . Так как (−4) = (−1)
3! , то
−4
(1 − x)
=
∞
3
X
(k + 3) xk
3!
k=0
Подставляя в эту формулу x =
16 =
∞
3
X
(k + 3)
k=0
2k 3!
1
2
получаем
∞
=
∞
3
3
8 X (k + 3)
4Xk
=
k+3
6
2
3
2k
k=3
k=3
3
Так как k = 0 при k = 1, 2, то сумма последнего ряда равна сумме иско∞
P
k3
мого. Откуда
= 12.
2k
k=1
Комплексные числа
Пример 20. Вычислить
√
100
3+i
√
√
3 + i √к тригонометрической форме: | 3 + i| =
√
√ Решение. Приводим
3 + 1 = 2 и arg( 3 + i) = arctg 3 = π3 . Откуда
√
100
√
100π
100π
π
π
100
3+i
=2
cos
+ i sin
= −2100 cos + i sin
= −299 ( 3+i)
3
3
3
3
Пример 21. Решить уравнение z 2 = 3 − 4i
Решение.
Приводим правую часть к тригонометрической форме. |4 +
√
3i| = 42 + 32 = 5. arg(4+3i) = arctg 34 = arcsin 53 = arccos 45 . Таким образом
√
|z| = 5 и arg z = 12 arctg 34 . Поскольку
r
r
x
1 − cos x
x
1 + cos x
cos =
sin =
2
2
2
2
Поэтому cos 21 arctg 43 = √110 и sin 21 arctg
два решения z = ± √510 (1 + 3i)
3
4
=
√3 .
10
Пример 22 (комплексификация). Вычислить
∞
P
k=1
6
В результате получаем
sin 2k
3k
Решение. Рассмотрим комплексный ряд
∞
P
k=1
cos 2k+i sin 2k
,
3k
мнимая часть
которого дает искомый ряд. Этот комплексный ряд представляет собой ком∞
P
плексную геометрическую прогрессию
z k при z = (cos 2 + i sin 2)/3. Поk=0
этому его сумма равна
1
3
3(3 − cos 2) − i sin 2
=
=
1 − (cos 2 + i sin 2)/3
(3 − cos 2) + i sin 2
(3 − cos 2)2 + sin2 2
Откуда видно, что мнимая часть суммы равна
∞
X
sin 2k
k=1
3k
=
sin 2
4 − 2 cos 2
Пример 23 (ряд синуса). Вычислить
∞
P
k=0
3k
(2k+1)!
Решение. Приведем ряд к синусоидальному.
√ 2k+1
√ 2k+1
∞ √ 2k+1
∞
∞
3k
1 X 3
1 X (−1)k i2k+1 3
1 X
k (i 3)
(−1)
=√
= √
= √
(2k + 1)!
(2k + 1)!
(2k + 1)!
3 k=0 (2k + 1)!
i 3 k=0
i 3 k=0
k=0
∞
X
√
Теперь ряд приведен к форме синусоидального для z = i 3. Поэтому его
сумма равна
√
√
√
√
√
√
√
ei(i 3) − e−i(i 3)
e− 3 − e 3
e 3 − e− 3
sin i 3
√
√
√
√
=
=
=
i 3
2i(i 3)
−2 3
2 3
Пример 24 (биномиальные коэффициенты). Найти сумму
n
P
2k
(−1)k C2n
k=0
Решение. Заменив в этой сумме −1 на i2 , получим сумму
n
P
2k 2k
C2n
i ,
k=0
являющуюся действительной частью биномиального разложения (1+i)2n =
2n
P
k k
C2n
i . Поскольку (1 + i)2n = (2i)n . Его действительная часть равна
k=0
2n cos nπ
2 .
Пример 25 (разложение в степенной ряд). Разложить по степеням x
1
дробь x2 −2x+2
Решение. Так как корнями многочлена x2 − 2x + 2 являются комплексные числа (1 + i) и (1 − i), то многочлен разлагается в произведение (x − 1 − i)(x − 1 + i). Разлагаем нашу дробь методом неопределенных
коэффициентов в сумму простейших:
x2
1
A
B
=
+
,
− 2x + 2
x−1−i x−1+i
7
где коэффициенты A и B являются комплексными числами. Приводя правую часть к общему знаменателю, получаем такое соотношение для числителей
1 = Ax − 1 + i + Bx − 1 − i
Следовательно коэффициент при x в правой части равен нулю, то есть
A + B = 0, а свободный член равен единице, то есть A(i − 1) − B(1 +
i) = 1. Найденное из первого уравнения A = −B, подставляем во второе
и получаем −B(i − 1) − B(1 + i) = 1, откуда −2Bi = 1 и, следовательно,
B = 2i , A = − 2i . Итак, мы имеем разложение
1
i
1
1
=
−
,
x2 − 2x + 2
2 x−1+i x−1−i
Получившиеся справа дроби разлагаются в геометрические ряды:
∞
1
1
1
1 X xk
=
=−
x−1+i
1 − i (x/(1 − i)) − 1
1−i
(1 − i)k
k=0
и
∞
1
1
1
1 X xk
=
=−
.
x−1−i
1 + i (x/(1 + i)) − 1
1+i
(1 + i)k
k=0
Суммируя полученные результаты, получаем такое разложение для ис∞
√
P
xk ((1 + i)k−1 − (1 − i)k−1 ). Так как 1 + i = 2(cos π/4 +
ходной дроби 2i
k=0
√
(k−1)π
k−1
i sin π/4), по формуле Муавра имеем
(1+i)
=
sin (k−1)π
).
2k−1
4
(cos 4 +i
√
√
(k−1)π
(k−1)π
(k−1)π
Аналогично (1−i)k−1 = 2k−1 (cos − 4
+i sin − 4
) = 2k−1 (cos 4 −
i sin (k−1)π
) Поэтому коэффициент при xk в разложении нашей дроби ока4
√
√
зывается равным 2i 2k−1 (2i sin (k−1)π
) = 2k−1 sin (k−1)π
. Ответ
4
4
∞
X k−1
1
(k − 1)π
=
2 2 sin
x2 − 2x + 2
4
k=0
Бесконечные произведения
Пример 26 (метод факториалов). Вычислить
Q∞
n(n+1)
n=3 (n−2)(n+3) .
Решение.
m
Y
n=3
n=
m!
2!
m
Y
(n+1) =
n=3
(m + 1)!
3!
m
Y
(n−2) = (m − 2)!
n=3
m
Y
(n+3) =
n=3
Поэтому
m
Y
n(n + 1)
5!
m!(m + 1)!
10m(m − 1)
=
=
(n
−
2)(n
+
3)
2!3!
(m
−
2)!(m
+
3)!
(m
+ 2)(m + 3)
n=3
8
(m + 3)!
.
5!
Бесконечное произведение теперь находится предельным переходом
10(1 − lim n1 )
10(1 − n1 )
10n(n − 1)
n→∞
=
= lim
2
n→∞ (n + 2)(n + 3)
n→∞ (1 + 2 )(1 + 3 )
(1
+
lim
)(1
+ lim
n
n
n
lim
n→∞
3
)
n→∞ n
= 10
Пределы последовательностей
√
Пример 27 (авторекурсия). Найти lim n 2
√
она ограничеРешение. Последовательность n 2 монотонно убывает и √
на снизу единицей. Следовательно, существует предел lim n 2 ≥ 1. Этот
предел совпадает с пределом ее четной подпоследовательности.
q
q
√
√
√
√
n
2n
n
lim 2 = lim
2 = lim
2 = lim n 2
Откуда вытекает, что lim
√
n
2 является корнем следующего уравнения:
√
x= x
Это уравнение имеет только
√ два корня x = 0 и x = 1 и только один из них
≥ 1. Следовательно, lim n 2 = 1.
√
Пример 28 (авторекурсия). Найти lim n n
√
Решение. Докажем, что последовательность n n монотонно убывает,
начиная с n = 3. Это равносильно выполнению неравенства
(n + 1) ln n > n ln(n + 1),
которое преобразуем к виду
(3)
1
ln n > n ln 1 +
n
Поскольку ln 1 + n1 < n1 , неравенство
(3) выполнено при n > 2.
√
Значит последовательность n n монотонно убывает, начиная с третьго
члена
√ и она ограничена снизу единицей. Следовательно, существует предел
lim n n ≥ 1. Этот предел совпадает с пределом ее четной подпоследовательности.
√
√
√
√
(4)
lim n n = lim 2n 2n = lim 2n 2 lim 2n n
p
√
√
√
Так как lim 2n 2 = 1, а lim 2n n = lim n√n, в силу непрерывности квадратного корня, то из (4) вытекает, что lim n n является корнем следующего
уравнения:
√
x= x
Это уравнение имеет
√ только два корня x = 0 и x = 1. И только один из них
≥ 1. Откуда lim n n = 1.
9
Логарифм
Пример 29 (логарифмирование пределов). Найти lim 1 +
1 n
n
Решение. Переходя к логарифмам получаем
n
n
1
1
1
ln lim 1 +
= lim ln 1 +
= lim n ln 1 +
n
n
n
В силу известных неравенств для логарифма имеем
n
1
1
≤ n ln 1 +
≤1
n
1 + n1
В силу леммы о милиционерах получаем lim n ln 1 +
n
1 и lim 1 + n1 = e.
10
1
n
= 1. Откуда ln lim 1 +
1 n
n
=