|
Найти сумму ряда: $$\Sigma_{n \geq 1}(-1)^{n-1}\frac{sin nx}{(n+1)(n+2)}$$ задан 19 Ноя '17 14:30 
HobbitSmobbit |
|
Исходя из ряда $$\sum_{n=0}^∞z^n = \frac{1}{1-z}, \; |z|<1,$$ интегрированием можно получить, что $$\sum_{n=0}^∞ \frac{z^{n+1}}{n+1} = \ln \left( \frac{1}{1-z} \right),$$ откуда $$\sum_{n=1}^∞ \frac{z^{n+1}}{n+1} = \ln \left( \frac{1}{1-z} \right) - z,$$ после чего второе интегрирование и сокращение на $%z^2$% даёт: $$\sum_{n=1}^∞ \frac{z^{n}}{(n+1)(n+2)} = F(z),$$ где $$F(z) = \frac{ z - (1-z)\ln \left( \frac{1}{1-z} \right)}{z^2} - \frac{1}{2}.$$ Тогда $$\sum_{n=1}^∞ (-1)^{n-1}\frac{\sin nx}{(n+1)(n+2)} = - Im \, F(-e^{ix}).$$ отвечен 19 Ноя '17 23:59 
splen @splen: я эти вещи тоже проделывал, но далее "застрял" на получении явного вида формул. Наверное, лучше использовать разложение на простейшие дроби -- тогда формулы получаются попроще, и интегрировать надо один раз. Но до явного нахождения мнимой части я всё равно не доходил.
(20 Ноя '17 0:22)
falcao
Я отказался от разложения на простые дроби, т.к. в числителях придётся использовать формулы синуса разности, и увеличение числа слагаемых может нивелировать эффект от одного интегрирования. В то же время, выражение 1-z в данном случае разлагается на множители и без особого труда логарифмируется.
(20 Ноя '17 0:38)
splen
@splen: а зачем формулы синуса разности? Я имел в виду, что ряд записывается в виде разности двух рядов, со знаменателями n+1 и n+2 соответственно. Суммировать надо z^n/(n+1) и z^n/(n+2). Основное преимущество я вижу в том, что мнимая часть выделяется проще. С тем, что ln(1-z) хорошо преобразуется, я согласен.
(20 Ноя '17 0:59)
falcao
Я исходил из написанного выше: "Это ряд Фурье ... Коэффициент надо разложить как 1/(n+1)-1/(n+2), и найти по отдельности два получающихся при этом ряда."
(20 Ноя '17 1:08)
splen
1
@splen: когда я писал тот комментарий, у меня было подозрение, что вдруг коэффициенты ряда Фурье окажутся какими-то знакомыми. Сейчас я так уже не думаю -- там выражения более сложные. Но их всё-таки проще получить с учётом представления в виде разности дробей. Там даже интегрирование не потребуется, так как возникает известный ряд для ln(1+z). Основная техническая часть всё равно состоит в выделении мнимой части функции, но вообще-то это не слишком сложно.
(20 Ноя '17 1:37)
falcao
Если ряд для ln(1+z) считать известным, то можно считать известным и интеграл от логарифма. Вопрос касался суммы ряда, мнимая часть от ln(1-z) вычисляется без труда, и я бы не хотел загромождать ответ явным вычислением мнимой части. По-моему, на этом обсуждение можно закончить.
(20 Ноя '17 1:51)
splen
Тут первая и предпоследняя формула верна при $%|z| \ne 1 $%. Но в последней формуле всегда $%|z|=|e^{ix}|=1$%. И как разобраться со случаем $%x=\frac{\pi}{2}$%?
(29 Июн '18 1:00)
abc
показано 5 из 8
показать еще 3
|
Это ряд Фурье некоторой нечётной функции, вид которой надо подобрать. Коэффициент надо разложить как 1/(n+1)-1/(n+2), и найти по отдельности два получающихся при этом ряда. Правда, я сходу пока не могу сообразить, что это будут за функции. Можно, наверное, через комплексные числа посчитать, если ответ сам собой не подберётся.