Matematyka.pl

Cześć, mam problem z rozwiązaniem poniższego zadania.

Uzasadnić zbieżność, obliczyć sumę szeregu

\(\displaystyle{ \sum_{n=2}^{\infty} \left(\sum_{k=2}^{n} (-2)^{-k} \cdot 3^{-n+k} \frac{1}{k!} \right)}\)

Próbowałem wykorzystać wzór dwumienny Newtona

\(\displaystyle{ \sum_{k=2}^{n} (-2)^{-k} \cdot 3^{-n+k} \frac{1}{k!} = \sum_{k=2}^{n} \frac{1}{k!} \left(\frac{1}{3}\right)^{n-k} \left(-\frac{1}{2}\right)^{k} = \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!} \left(\frac{1}{3}\right)^{n-k} \left(-\frac{1}{2}\right)^{k} - \left(\frac{1}{3}\right)^{n} - \left(\frac{1}{3}\right)^{n-1} \left(-\frac{1}{2}\right) = \frac{\sum_{k=0}^{n} {n\choose k} \left(\frac{1}{3}\right)^{n-k} \left(-\frac{1}{2}\right)^{k}}{(n-k+1)(n-k+2)\cdot \ldots \cdot n} - \left(\frac{1}{3}\right)^{n} - \left(\frac{1}{3}\right)^{n-1} \left(-\frac{1}{2}\right)}\)

i otrzymałem

\(\displaystyle{ \sum_{n=2}^{\infty}\frac{\left(-\frac{1}{6}\right)^{n} - \left(\frac{1}{3}\right)^{n} - \left(\frac{1}{3}\right)^{n-1} \left(-\frac{1}{2}\right)}{(n-k+1)(n-k+2)\cdot \ldots \cdot n}}\)

Taki zapis jest oczywiście nielegalny ze względu na \(\displaystyle{ k}\) w mianowniku. Gdyby ktoś mógł podać wskazówkę jak rozwiązać to zadanie to byłbym wdzięczny.

wsk. ten szereg można zapisac tak:
\(\displaystyle{ \sum_{n=2}^\infty \frac{1}{3^n}\sum_{k=2}^n\frac{\left(-\frac{3}{2}\right)^k}{k!}}\)

Gdyby nie było \(\displaystyle{ k!}\) w mianowniku to mielibyśmy sumę ciągu geometrycznego i sprawa by się uprościła.

Czy można by prosić o jeszcze jedną wskazówkę?

Pokaż, że ta suma wewnętrzna jest ograniczona: \(\displaystyle{ \left|\sum_{k=2}^n \frac{(-3/2)^k}{k!}\left|\leq \sum_{k=2}^\infty \frac{(3/2)^k}{k!}}\)

Tak będzie poprawnie?

Szereg \(\displaystyle{ \sum_{k=2}^\infty \frac{(3/2)^k}{k!}}\) jest zbieżny z kryterium Cauchy'ego \(\displaystyle{ \lim_{ k\to \infty} \frac{3/2}{\sqrt[k]{k!}} = 0}\), czyli jest ograniczony.

\(\displaystyle{ \left|S_n\right| = \left|\sum_{k=2}^n \frac{(-3/2)^k}{k!}\left|\leq \sum_{k=2}^\infty \frac{(3/2)^k}{k!} < M}\)
Dla wszystkich \(\displaystyle{ n}\) mamy \(\displaystyle{ \quad \frac{\left|S_n\right|}{3^n} < \frac{M}{3^n}}\) oraz szereg \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^\infty \frac{M}{3^n}}\) jest zbieżny, więc wyjściowy szereg \(\displaystyle{ \sum_{n=2}^\infty \frac{S_n}{3^n}}\) jest zbieżny bezwzględnie z kryterium porównawczego.

Czy mógłbym jeszcze prosić o wskazówkę dotyczącą obliczania sumy powyższego szeregu?

Spróbuj dopasować wzór tej sumy do iloczynu Cauchy'ego dwóch szeregów.

od razu wiesz, że \(\displaystyle{ \sqrt[k]{k!}\to \infty}\)? Ja tu wolę d'Alemberta. Ale ok. Na sumę nie mam dobrego pomysłu.

Ale Dasio ma

Ok już policzyłem. Dzięki wielkie
Teraz co prawda jak się ma sumę szeregu, nie trzeba już uzasadniać, że jest zbieżny, bo jak szereg ma skończoną sumę to jest zbieżny.

Czekaj. A skąd wiesz, że ma sumę?

Wyszło mi, że ma sumę równą \(\displaystyle{ \frac{3}{2\sqrt{e}}}\). Trzeba było wykorzystać szereg Taylora i wzór na sumę szeregu geometrycznego

Ale skąd dokładnie wiesz, że ona tyle wynosi?

Sorry, że tak późno odpisuję, ale musiałem nadrobić zaległości z algebry. Tak naprawdę granica powinna wynosić \(\displaystyle{ \frac{3}{2\sqrt{e}}-\frac{3}{4}}\).
Postępując zgodnie ze wskazówką Dasia11 wyszło mi, że

\(\displaystyle{ \sum_{n=2}^{\infty} \left(\sum_{k=2}^{n} \frac{1}{(-2)^{k}\cdot 3^{n-k}\cdot k!} \right)
= \sum_{n=2}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{2^{n}\cdot n!} \cdot \sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{3^{n-2}}}\)

\(\displaystyle{ \sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{3^{n-2}} = \sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{3}\right)^{n-1} = \frac{1}{1-\frac{1}{3}}=\frac{3}{2}}\) suma szeregu geometrycznego

\(\displaystyle{ \sum_{n=2}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{2^{n}\cdot n!} = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-\frac{1}{2}\right)^{n}}{n!} - \frac{1}{2} = e^{-\frac{1}{2}}-\frac{1}{2}}\) bo \(\displaystyle{ {e}^{x} = \sum^{\infty}_{n=0} \frac{x^n}{n!}}\)
Czyli całość jest równa \(\displaystyle{ \frac{3}{2} \left( \frac{1}{\sqrt{e}}-\frac{1}{2} \right)}\)

W porządku. Chciałem tylko zwrócić uwagę na rozumowanie. Zbieżność szeregu

\(\displaystyle{ \sum_{n=2}^{\infty} \left(\sum_{k=2}^{n} \frac{1}{(-2)^{k}\cdot 3^{n-k}\cdot k!} \right)}\)

oraz równość

\(\displaystyle{ \sum_{n=2}^{\infty} \left(\sum_{k=2}^{n} \frac{1}{(-2)^{k}\cdot 3^{n-k}\cdot k!} \right) = \sum_{n=2}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{2^{n}\cdot n!} \cdot \sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{3^{n-2}}}\)

wynikają z twierdzenia Mertensa, bo szereg \(\displaystyle{ \sum_{n=0}^{\infty} \left( \frac{1}{3} \right)^n}\) jest bezwzględnie zbieżny. Nie można powiedzieć, że 'szereg jest zbieżny bo ma sumę'.