Математический анализ

Вывести формулу и доказать её методом математической индукции
1^2+4^2+...+(3n-2)^2

Я знаю два решения этой задачи, и знаю, что есть по крайней мере ещё одно, которого я не знаю, хотя знаю, как его получить:)

Сначала покажу более длинное, но больше мне нравящееся.

Итак, слагаемые растут квадратично, и их количество равно [m]n[/m]. Так что можно предположить, что сумма будет расти кубично, то есть если
[m]S(n)=1^2+4^2+7^2+\dots+(3n-2)^2[/m],
то существует набор из четырёх коэффициентов [m]A, B, C, D[/m], для которого
[m]S(n)=An^3+Bn^2+Cn+D[/m].
Если нам повезёт, и это предположение окажется правдой, то с необходимостью
[m]A+B+C+D=1[/m],
[m]8A+4B+2C+D=17[/m],
[m]27A+9B+3C+D=66[/m],
[m]64A+16B+4C+D=166[/m].
Эти равенства получены подстановкой первых 4 натуральных чисел вместо индекса [m]n[/m]. Решая выписанную систему уравнений, получаем
[m]A=3[/m],
[m]B=-3/2[/m],
[m]C=-1/2[/m],
[m]D=0[/m].
Тогда доказательству подлежит такое утверждение: [m]\forall n \in \mathbb{N}[/m]
[m]S(n)=3n^3-\frac{3}{2}n^2-\frac{1}{2}n=\frac{n(6n^2-3n-1)}{2}[/m].
Здесь всё по обычным шаблонам. Для [m]n=1[/m] утверждение верно по способу его получения (систему решали). Полагая, что оно же верно для некоторого конкретного [m]n=k[/m], то есть
[m]1^2+4^2+7^2+\dots+(3k-2)^2=\frac{k(6k^2-3k-1)}{2}[/m],
совершаем идуктивный переход, то есть проверяем, что тогда будет верно и
[m]1^2+4^2+7^2+\dots+(3k-2)^2+(3k+1)^2=\frac{(k+1)(6(k+1)^2-3(k+1)-1)}{2}[/m].
Для этого достаточно к короткой формуле добавить удлинитель [m](3k+1)^2[/m], а в предыдущем выражении выпотрошить правую часть. Получится одно и то же, если всё сделаете правильно.

Второй способ опишу в двух словах.

Так как
[m]S(n)=(3n-2)^2= 9n^2-12n+4[/m],
то достаточно уметь суммировать три типа последовательностей: постоянную, из четвёрок, последовательность натуральных чисел (арифметическую прогрессию) и последовательность их квадратов. Это последнее Вы наверняка делали на занятиях (ясно из контекста).

Третье решение опирается на чуть более продвинутую теорию сумм, и я не думаю, что приводить его здесь было бы уместно, даже если удалось бы его нарисовать.

Объясню на примере, почему мне нравится именно приведённое "длинное" решение. Рассмотрите такой вопрос (это старая задача, можно найти в учебниках):
На сколько частей делят плоскость [m]n[/m] прямых общего положения (никакие 2 не параллельны и никакие три не проходят через одну точку)?

Успехов!

Я так понимаю, что для частичной суммы подобных рядов (ну, последовательные натуральные числа или какая-то часть из них в какой-то степени) всегда будет общая формула, и в целом ее всегда возможно вывести. Но вывод муторноват каждый конкретный раз. Ваш способ — предположив ее вид (степень на 1 больше) рассмотреть первые несколько известных частичных сумм, я обычно делал через разность [m] S_{n+1}-S_n [/m], которая тоже известна (ну и находишь коэффициенты).

Но я всегда думал, а нет ли все-таки способа проще и менее муторного? И мне кажется, что где-то когда-то я видел какой-то более простой способ с привлечением высшей математики (а именно интегралов). Но сейчас не могу вспомнить...

Я видел более или менее общий подход к таким штукам в лекциях студента, которые читались коллегой, замечательным преподавателем. Но он, увы, уже в лучшем мире... Если я не ошибаюсь, там использовались методы вроде описанного Вами и ещё суммирование по частям (преобразование Абеля).

В справочнике Рыжика нашёл суммы степеней вплоть до 7-й. И где-то попадалась общая формула.

На #3. Если хочется с помощью интегралов, то можно попробовать взять [m]\oint (3z-2)^2 \cot (\pi z)\, dz[/m] по контуру, охватывающему целые точки от 1 до n. Не уверен, что это проще.

Или вот ещё способ:
[m]\sum_{k=1}^n (3k-2)^2 = \int_{\frac 12}^{n+\frac 12} (3x-2)^2\, dx — \left( \int_{\frac 12}^{n+\frac 12} (3x-2)^2\, dx — \sum_{k=1}^n (3k-2)^2 \right)[/m]
Первое слагаемое:
[m] \int_{\frac 12}^{n+\frac 12} (3x-2)^2\, dx = \left. \frac {(3x-2)^3}{9} \right|_{\frac 12}^{n+\frac 12} = \frac {(3n-0.5)^3-(-0.5)^3}9 = \frac {27n^3-13.5n^2+2.25n}9=
3n^3-\frac 32 n^2 + \frac 14 n[/m]
Теперь вычитаемое:
[m] \int_{\frac 12}^{n+\frac 12} (3x-2)^2\, dx — \sum_{k=1}^n (3k-2)^2 =
\sum_{k=1}^n \left(\int_{k-\frac 12}^{k+\frac 12} (3x-2)^2\, dx — (3k-2)^2 \right) =
\sum_{k=1}^n \int_{k-\frac 12}^{k+\frac 12} \left( (3x-2)^2 — (3k-2)^2 \right) \, dx = \dots [/m]
Под интегралами делаем замену [m]x=k+t[/m], [m]t\in [-1/2,1/2] [/m],
[m] (3x-2)^2 — (3k-2)^2 = (3k+3t-2)^2 — (3k-2)^2 =
3t (6k+3t-4)= 9t^2 +3t(6k-4)[/m]
Интегралы от вторых слагаемых по симметричным промежуткам [m] [-1/2,1/2][/m] равны нулю, и поэтому
[m] \dots= \sum_{k=1}^n \int_{-\frac 12}^{\frac 12} 9t^2\,dt = n \cdot \frac 34[/m]
В результате получаем
[m] 3n^3-\frac 32 n^2 + \frac 14 n — \frac 34 n = 3n^3-\frac 32 n^2 — \frac 12 n [/m]

Я, честно говоря, для себя решил, что не буду говорить "вычитаемое", буду всегда говорить "слагаемое". На всякий случай заранее ученикам говорю. Ну это так, к слову :)

Доказать , что Lin nстремится к бесконечности (a^1/n-1)=ln a(a>0)

Доказать , что Lin nстремится к бесконечности (a^1/n-1)=ln a(a>0)

An= -3n+4/n+1

Здравствуйте!
Помогите найти функцию, которая разрывна во всех точках, но при этом для нее выполняется условие: ∀С $\in$ [f(x1),f(x2)] \exists x $\in$[х1 , x2] : f(x) = C.
Строил доказательство на том, что f(x) = y обязательно биекция на каком-то [x1 , x2], но оно неверно, так как R^R равномощно R

Мат анализ!Пусть A, B,C — множ.Доказать равенство: А(в пересечении) (B\C)=(A(пересеч)В\В(объединение)С)\С(объединение)А
 

Добрый день, пожалуйста, скажите в каком направлении думать при решении этих задач:

Задача 1:
Функция f(x) определена и непрерывна на отрезке [2,5] и дифференцируема всюду внутри отрезка. При этом f(2)=-2, f(5)=7.
Обязательно ли в интервале (5,2) найдется точка c, такая, что производная в этой точке равна
а) 2
б) 3

Надо, наверное, какой-то теоремой воспользоваться? )

Задача 2:
Вычислите, используя определение производной и не пользуясь теоремой о производной сложной функции, производную функции f(x)=ln(2x-3)

Как-то через предел?

Заранее всем спасибо )