Нахождение суммы числового ряда. Третья часть.

Рассмотрим решение пары стандартных задач, основная идея которых состоит в использовании формулы суммы первых \(\displaystyle{n}\) членов геометрической прогрессии. Далее рассмотрим иные задачи, решение которых несколько выбивается из стандартной схемы.

Напомню, что если первый член геометрической прогрессии равен \(\displaystyle{b_1}\), а знаменатель её равен \(\displaystyle{q}\), то сумма первых \(\displaystyle{n}\) членов геометрической прогрессии такова:

\[ \begin{equation} S_n=\frac{b_1(1-q^n)}{1-q} \end{equation} \]

Формулу (1) можно записать и в ином виде. Так как для геометрической прогрессии \(\displaystyle{b_n=b_1\cdot {q}^{n-1}}\), то \(\displaystyle{S_n=\sum\limits_{k=1}^{n}b_k=\sum\limits_{k=1}^{n}\left(b_1\cdot {q}^{k-1} \right)}\). Формулу (1) запишем так:

\[ \begin{equation} \sum\limits_{k=1}^{n}\left(b_1\cdot q^{k-1} \right)=\frac{b_1(1-q^n)}{1-q} \end{equation} \]

Задача №1

Условие

Найти сумму ряда \(\displaystyle{\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{2^{n}}{3^{n+2}}}\).

Решение

Так как нижний предел суммирования равен 1, то общий член ряда записан под знаком суммы: \(\displaystyle{u_n=\frac{2^{n}}{3^{n+2}}}\). Составим n-ю частичную сумму этого ряда:

\[ S_n=u_1+u_2+u_3+u_4+\ldots+u_n =\frac{2}{27}+\frac{4}{81}+\frac{8}{243}+\frac{16}{729}+\ldots+\frac{2^n}{3^{n+2}} \]

Слагаемые в записанной сумме образуют геометрическую прогрессию с первым членом \(\displaystyle{b_1=\frac{2}{27}}\) и знаменателем \(\displaystyle{q=\frac{2}{3}}\). А \(\displaystyle{S_n}\) есть сумма первых \(\displaystyle{n}\) членов этой прогрессии, которую найдём по формуле (1):

\[ S_n =\frac{\frac{2}{27}\left(1-\left(\frac{2}{3}\right)^n\right)}{1-\frac{2}{3}}=\frac{2\left(1-\left(\frac{2}{3}\right)^n\right)}{27-18} =\frac{2\left(1-\left(\frac{2}{3}\right)^n\right)}{9} \]

Честно говоря, мне кажется удобным не расписывать частичную сумму, а работать с сокращённой формой записи, используя формулу (2). Вот так:

\[ S_n =\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{2^k}{3^{k+2}} =\sum\limits_{k=1}^{n}\left(\frac{2}{27}\cdot\left(\frac{2}{3}\right)^{k-1}\right) =\frac{\frac{2}{27}\left(1-\left(\frac{2}{3}\right)^n\right)}{1-\frac{2}{3}} =\frac{2\left(1-\left(\frac{2}{3}\right)^n\right)}{9} \]

Теперь найдём предел \(\displaystyle{\lim_{n\to\infty}S_n}\):

\[ \lim_{n\to\infty}S_n =\lim_{n\to\infty}\frac{2\left(1-\left(\frac{2}{3}\right)^n\right)}{9} =\frac{2\left(1-0\right)}{9} =\frac{2}{9} \]

Ответ:

\(\displaystyle{\frac{2}{9}}\).

Задача №2

Условие

Найти сумму ряда \(\displaystyle{\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{7\cdot 2^{n+3}-4\cdot (-1)^{n} 3^{n-1}}{5^{n+1}}}\).

Решение

Составим n-ю частичную сумму этого ряда. Поработаем с сокращённой формой записи, так как она более компактна:

\[ S_n =\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{7\cdot 2^{k+3}-4\cdot (-1)^{k}3^{k-1}}{5^{k+1}} =\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{7\cdot 2^{k+3}}{5^{k+1}}-\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{4\cdot (-1)^{k} 3^{k-1}}{5^{k+1}}=\\ \sum\limits_{k=1}^{n}\frac{7\cdot 2^4\cdot 2^{k-1}}{5^2\cdot 5^{k-1}}-\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{4\cdot(-1)^{k-1}\cdot(-1)\cdot 3^{k-1}}{5^2\cdot 5^{k-1}}= \sum\limits_{k=1}^{n}\left(\frac{112}{25}\cdot \left(\frac{2}{5} \right)^{k-1} \right)+\sum\limits_{k=1}^{n}\left(\frac{4}{25}\cdot\left(-\frac{3}{5}\right)^{k-1} \right) \]

А теперь к обеим суммам применяем формулу (2):

\[ S_n=\sum\limits_{k=1}^{n}\left(\frac{112}{25}\cdot \left(\frac{2}{5} \right)^{k-1} \right)+\sum\limits_{k=1}^{n}\left(\frac{4}{25}\cdot\left(-\frac{3}{5}\right)^{k-1} \right)=\\ =\frac{\frac{112}{25}\cdot\left(1-\left(\frac{2}{5} \right)^n\right)}{1-\frac{2}{5}}+\frac{\frac{4}{25}\cdot\left(1-\left(-\frac{3}{5} \right)^n\right)}{1-\left(-\frac{3}{5}\right)} =\frac{112\left(1-\left(\frac{2}{5} \right)^n\right)}{15}+\frac{1-\left(-\frac{3}{5} \right)^n}{10} \]

Найдём предел \(\displaystyle{\lim_{n\to\infty}S_n}\):

\[ \lim_{n\to\infty}S_n=\lim_{n\to\infty}\left(\frac{112\left(1-\left(\frac{2}{5} \right)^n\right)}{15}+\frac{1-\left(-\frac{3}{5} \right)^n}{10} \right)=\frac{112\left(1-0\right)}{15}+\frac{1-0}{10}=\frac{227}{30} \]

Ответ:

\(\displaystyle{\frac{227}{30}}\).

Задача №3

Условие

Найти сумму ряда \(\displaystyle{\sum\limits_{n=1}^{\infty}\left(\sqrt{n+2}-2\sqrt{n+1}+\sqrt{n}\right)}\).

Решение

Составим n-ю частичную сумму этого ряда:

\[ S_n=\sum\limits_{k=1}^{n}\left(\sqrt{k+2}-2\sqrt{k+1}+\sqrt{k}\right). \]

Перегруппировываем слагаемые и упрощаем сумму:

\[ S_n =\sum\limits_{k=1}^{n}\sqrt{k+2}-2\sum\limits_{k=1}^{n}\sqrt{k+1}+\sum\limits_{k=1}^{n}\sqrt{k} =\sum\limits_{k=3}^{n+2}\sqrt{k}-2\sum\limits_{k=2}^{n+1}\sqrt{k}+\sum\limits_{k=1}^{n}\sqrt{k}=\\ =\sum\limits_{k=1}^{n+2}\sqrt{k}-1-\sqrt{2}-2\cdot\left(\sum\limits_{k=1}^{n+2}\sqrt{k}-1-\sqrt{n+2}\right)+\sum\limits_{k=1}^{n+2}\sqrt{k}-\sqrt{n+1}-\sqrt{n+2}=\\ =1-\sqrt{2}+\sqrt{n+2}-\sqrt{n+1} \]

Теперь найдём предел \(\displaystyle{\lim_{n\to\infty}S_n}\):

\[ \lim_{n\to\infty}S_n =\lim_{n\to\infty}\left(1-\sqrt{2}+\sqrt{n+2}-\sqrt{n+1}\right)=\\ =\lim_{n\to\infty}\left(1-\sqrt{2}+\frac{\left(\sqrt{n+2}-\sqrt{n+1}\right)\cdot\left(\sqrt{n+2}+\sqrt{n+1}\right)}{\sqrt{n+2}+\sqrt{n+1}}\right) = \\ =\lim_{n\to\infty}\left(1-\sqrt{2}+\frac{n+2-(n+1)}{\sqrt{n+2}+\sqrt{n+1}}\right) =\lim_{n\to\infty}\left(1-\sqrt{2}+\frac{1}{\sqrt{n+2}+\sqrt{n+1}}\right) =1-\sqrt{2} \]

Ответ:

\(\displaystyle{1-\sqrt{2}}\).

Задача №4

Условие

Найти сумму ряда \(\displaystyle{\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{n}{2^n}}\).

Решение

Для таких рядов можно применить метод сдвига и последующего переиндексирования. Составим n-ю частичную сумму этого ряда:

\[ S_n=\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{k}{2^k} =\frac{1}{2}+\sum\limits_{k=2}^{n}\frac{k}{2^k} \]

Поменяем индексы суммирования в сокращенной записи \(\displaystyle{\sum\limits_{k=2}^{n}\frac{k}{2^k}}\), сдвинув их на единицу:

\[ \frac{1}{2}+\sum\limits_{k=2}^{n}\frac{k}{2^k} =\frac{1}{2}+\sum\limits_{k=1}^{n-1}\frac{k+1}{2^{k+1}} =\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\cdot\sum\limits_{k=1}^{n-1}\left(\frac{k}{2^k}+\frac{1}{2^k}\right) =\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\cdot\left(\sum\limits_{k=1}^{n-1}\frac{k}{2^k}+\sum\limits_{k=1}^{n-1}\frac{1}{2^k}\right)=\\ =\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\cdot\left(\sum\limits_{k=1}^{n-1}\frac{k}{2^k}+\frac{n}{2^n}-\frac{n}{2^n}+\sum\limits_{k=1}^{n-1}\left(\frac{1}{2}\right)^k\right) =\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\cdot\left(\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{k}{2^k}-\frac{n}{2^n}+\sum\limits_{k=1}^{n-1}\left(\frac{1}{2}\right)^k\right)=\\ =\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{k}{2^k}+\sum\limits_{k=1}^{n-1}\left(\frac{1}{2}\right)^{k+1}-\frac{n}{2^{n+1}} =\frac{1}{2}+\frac{1}{2}S_n+\frac{\frac{1}{4}\cdot\left(1-\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}\right)}{1-\frac{1}{2}}-\frac{n}{2^{n+1}}=\\ =1-\frac{1}{2^n}-\frac{n}{2^{n+1}}+\frac{1}{2}S_n. \]

Таким образом, мы приходим к следующему равенству:

\[ S_n=1-\frac{1}{2^n}-\frac{n}{2^{n+1}}+\frac{1}{2}S_n \]

Из полученного равенства имеем:

\[ S_n=2-\frac{1}{2^{n-1}}-\frac{n}{2^n} \]

Переходя к пределу, получим:

\[ \lim_{n\to\infty}S_n =\lim_{n\to\infty}\left(2-\frac{1}{2^{n-1}}-\frac{n}{2^n}\right) =2 \]