Задачка, вроде, должна быть не трудной, но что-то стопанул на ней.. Найти сумму ряда: $$\sum_{1}^{\infty }\frac{n^{3}}{3^{n}}$$

задан 15 Май '13 14:17

10|600 символов нужно символов осталось
1

Ряд $$\sum_{1}^{\infty}e^{-nx}$$ сходится при всех положительных х и допускает почленное дифференцирование по x любое количество раз. Дифференцируя 3 раза и полагая $$x=ln3,$$ получаем нужную сумму.

ссылка

отвечен 15 Май '13 14:31

изменен 15 Май '13 14:45

Прошу прощения, что вынужден обратиться здесь -- этот комментарий потом желательно удалить. Не могли бы Вы преобразовать один из своих комментариев в ответ -- в том месте, где у нас с Вами сегодня возникло нечто вроде дискуссии? Дело в том, что там не осталось места для ответов, а я хотел бы кое-что из сказанного мной уточнить, а также возразить на некоторые Ваши высказывания.

(19 Июл '13 23:12) falcao
10|600 символов нужно символов осталось
0

Рассмотрим следующие легко проверяемые равенства, справедливые при $%|x| < 1$%:

$$f(x)=1+x+x^2+\cdots+x^n+\cdots=\frac1{1-x}$$

$$f'(x)=1+2x+3x^2+\cdots+(n+1)x^n+\cdots=\frac1{(1-x)^2}$$

$$\frac12f''(x)=1+3x+6x^2+\cdots+\frac{(n+2)(n+1)}2x^n+\cdots=\frac1{(1-x)^3}$$

$$\frac16f'''(x)=1+4x+10x^2+\cdots+\frac{(n+3)(n+2)(n+1)}6x^n+\cdots=\frac1{(1-x)^4}$$

Теперь достаточно разложить $%n^3$% по коэффициентам при $%x^n$%: $$n^3=6\cdot\frac{(n+3)(n+2)(n+1)}6-12\frac{(n+2)(n+1)}2+7(n+1)-1,$$ откуда $$\sum\limits_{n=1}^{\infty}n^3x^n=\frac6{(1-x)^4}-\frac{12}{(1-x)^3}+\frac7{(1-x)^2}-\frac1{1-x}=\frac{x(1+4x+x^2)}{(1-x)^4}.$$ Подставляя $%x=1/3$%, имеем $$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{n^3}{3^n}=\frac{33}8.$$

ссылка

отвечен 15 Май '13 14:43

изменен 15 Май '13 16:20

Спасибо)
А я по другому делал - расписал просто частичную сумму ряда, которая свелась, можно сказать, к довольно легкому виду и устремил предел в бесконечность.

(15 Май '13 14:45) Stas0n

@Stas0n: а каким способом Вы решали? Тут вообще-то разные подходы могут быть. Я предложил, так сказать, "индустриальное" решение, которое обобщается на случай любых степеней и любых чисел в $%n$%-й степени. Каким образом здесь можно "свернуть" частичные суммы? Что получается в результате?

(15 Май '13 15:05) falcao
10|600 символов нужно символов осталось
0

Если после дифференцирования умножать равенство на $%x$%, раскладывать $%n^3$% не понадобится.

ссылка

отвечен 15 Май '13 16:13

Да, это справедливое соображение. Там, правда, вместо разложения степенной функции по биномиальным коэффициентам потребуется находить несколько производных, что технически почти равноценно. Я основывался на том, что помнил готовые формулы для разложения $%1/(1-x)^r$% в ряды, поэтому написал решение из этих соображений. Коэффициентов для разложения $%n^3$%, правда, я на память уже не помнил, и их пришлось сосчитать.

(15 Май '13 16:19) falcao
10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×769

задан
15 Май '13 14:17

показан
1732 раза

обновлен
19 Июл '13 23:12

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru