Раздел II. Дифференциальное исчисление функций одной переменной — § 1. Производная явной функции

Демидович — задача 1024

Б. П. Демидович, «Сборник задач и упражнений по математическому анализу». Условие, подробное решение и ответ.

Задача 1024

Вывести формулы для сумм:а) Pn=1+2x+3x2+⋯+nxn−1Qn=12+22x+32x2+⋯+n2xn−1\begin{aligned}
\text{а) }P_n&=1+2x+3x^2+\cdots+nx^{n-1}\\
Q_n&=1^2+2^2x+3^2x^2+\cdots+n^2x^{n-1}
\end{aligned}Указание. Рассмотреть (x+x2+⋯+xn)′(x+x^2+\cdots+x^n)'.б) Sn=sin⁡x+sin⁡2x+⋯+sin⁡nxTn=cos⁡x+2cos⁡2x+⋯+ncos⁡nx\begin{aligned}
\text{б) }S_n&=\sin x+\sin2x+\cdots+\sin nx\\
T_n&=\cos x+2\cos2x+\cdots+n\cos nx
\end{aligned}
Ответ:а) При x≠1x\ne1:Pn=1−(n+1)xn+nxn+1(1−x)2,Qn=1+x−(n+1)2xn+(2n2+2n−1)xn+1−n2xn+2(1−x)3.P_n=\frac{1-(n+1)x^n+nx^{n+1}}{(1-x)^2},\quad
Q_n=\frac{1+x-(n+1)^2x^n+(2n^2+2n-1)x^{n+1}-n^2x^{n+2}}{(1-x)^3}.При x=1x=1: Pn=n(n+1)/2P_n=n(n+1)/2, Qn=n(n+1)(2n+1)/6Q_n=n(n+1)(2n+1)/6.

б) При x∉2πZx\notin2\pi\mathbb Z:Sn=sin⁡(nx/2)sin⁡((n+1)x/2)sin⁡(x/2),Tn=(n+1)cos⁡nx−ncos⁡(n+1)x−12(1−cos⁡x).S_n=\frac{\sin(nx/2)\sin((n+1)x/2)}{\sin(x/2)},\quad
T_n=\frac{(n+1)\cos nx-n\cos(n+1)x-1}{2(1-\cos x)}.При x∈2πZx\in2\pi\mathbb Z: Sn=0S_n=0, Tn=n(n+1)/2T_n=n(n+1)/2.

Решение

а) Начнём с конечной геометрической суммы:An=x+x2+⋯+xn=x−xn+11−x(x≠1).A_n=x+x^2+\cdots+x^n=\frac{x-x^{n+1}}{1-x}\quad(x\ne1).Её производная равна PnP_n. По правилу частногоPn=(1−(n+1)xn)(1−x)+(x−xn+1)(1−x)2=1−(n+1)xn+nxn+1(1−x)2.P_n=\frac{(1-(n+1)x^n)(1-x)+(x-x^{n+1})}{(1-x)^2}
=\frac{1-(n+1)x^n+nx^{n+1}}{(1-x)^2}.Обозначим числитель через NN. ТогдаN′=−n(n+1)xn−1+n(n+1)xn.N'=-n(n+1)x^{n-1}+n(n+1)x^n.Поскольку (xPn)′=∑k=1nk2xk−1=Qn(xP_n)'=\sum_{k=1}^n k^2x^{k-1}=Q_n, имеемQn=(N+xN′)(1−x)+2xN(1−x)3=(1+x)N+x(1−x)N′(1−x)3.Q_n=\frac{(N+xN')(1-x)+2xN}{(1-x)^3}
=\frac{(1+x)N+x(1-x)N'}{(1-x)^3}.Раскроем числитель, чтобы проследить каждый коэффициент:(1+x)N=1+x−(n+1)xn−xn+1+nxn+2,(1+x)N=1+x-(n+1)x^n-x^{n+1}+nx^{n+2},x(1−x)N′=−n(n+1)xn+2n(n+1)xn+1−n(n+1)xn+2.x(1-x)N'=-n(n+1)x^n+2n(n+1)x^{n+1}-n(n+1)x^{n+2}.При сложении коэффициенты при xn,xn+1,xn+2x^n,x^{n+1},x^{n+2} равны соответственно−(n+1)−n(n+1)=−(n+1)2,-(n+1)-n(n+1)=-(n+1)^2,−1+2n(n+1)=2n2+2n−1,n−n(n+1)=−n2.-1+2n(n+1)=2n^2+2n-1,\qquad n-n(n+1)=-n^2.Значит,Qn=1+x−(n+1)2xn+(2n2+2n−1)xn+1−n2xn+2(1−x)3.Q_n=\frac{1+x-(n+1)^2x^n+(2n^2+2n-1)x^{n+1}-n^2x^{n+2}}{(1-x)^3}.При x=1x=1 работаем с исходными суммами. Сложив 1+⋯+n1+\cdots+n с суммой в обратном порядке, получаем 2Pn=n(n+1)2P_n=n(n+1). Для квадратов суммируем равенство k3−(k−1)3=3k2−3k+1k^3-(k-1)^3=3k^2-3k+1:n3=3Qn−3Pn+n,n^3=3Q_n-3P_n+n,Qn=n3+3n(n+1)/2−n3=2n3+3n2+n6=n(n+1)(2n+1)6.Q_n=\frac{n^3+3n(n+1)/2-n}{3}
=\frac{2n^3+3n^2+n}{6}=\frac{n(n+1)(2n+1)}6.б) Из формулы разности косинусов2sin⁡x2sin⁡kx=cos⁡(k−12)x−cos⁡(k+12)x.2\sin\frac x2\sin kx=\cos\left(k-\frac12\right)x-\cos\left(k+\frac12\right)x.При сложении промежуточные косинусы сокращаются. Если x∉2πZx\notin2\pi\mathbb Z, тоSn=cos⁡(x/2)−cos⁡((n+1/2)x)2sin⁡(x/2)=sin⁡(nx/2)sin⁡((n+1)x/2)sin⁡(x/2).S_n=\frac{\cos(x/2)-\cos((n+1/2)x)}{2\sin(x/2)}
=\frac{\sin(nx/2)\sin((n+1)x/2)}{\sin(x/2)}.Для производной удобна первая форма. Положим v=x/2v=x/2, w=(n+1/2)xw=(n+1/2)x. Тогда v′=1/2v'=1/2, w′=(2n+1)/2w'=(2n+1)/2, иTn=Sn′=−sin⁡2v+(2n+1)sin⁡wsin⁡v−(cos⁡v−cos⁡w)cos⁡v4sin⁡2v=−1+(2n+1)sin⁡wsin⁡v+cos⁡wcos⁡v4sin⁡2v.T_n=S_n'=\frac{-\sin^2v+(2n+1)\sin w\sin v-(\cos v-\cos w)\cos v}{4\sin^2v}
=\frac{-1+(2n+1)\sin w\sin v+\cos w\cos v}{4\sin^2v}.Используя формулы произведения синусов и косинусов, получаем(2n+1)sin⁡wsin⁡v+cos⁡wcos⁡v=(n+1)cos⁡(w−v)−ncos⁡(w+v).(2n+1)\sin w\sin v+\cos w\cos v
=(n+1)\cos(w-v)-n\cos(w+v).Здесь w−v=nxw-v=nx, w+v=(n+1)xw+v=(n+1)x, а 4sin⁡2v=2(1−cos⁡x)4\sin^2v=2(1-\cos x). ПоэтомуTn=(n+1)cos⁡nx−ncos⁡(n+1)x−12(1−cos⁡x).T_n=\frac{(n+1)\cos nx-n\cos(n+1)x-1}{2(1-\cos x)}.Если x=2πmx=2\pi m, все синусы исходной суммы равны нулю, а все косинусы — единице. Значит, Sn=0S_n=0, Tn=n(n+1)/2T_n=n(n+1)/2.
Демидович № 1024 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика