Как найти сумму функционального ряда с общим членом 1/2^n·tg(x/2^n), где n изменяется от 1 до ∞?

Найти сумму функционального ряда с общим членом 1/2^n·tg(x/2^n), где n изменяется от 1 до ∞.
Для решения задачи зададимся целью получить для n-ой частичной суммы данного ряда выражение в замкнутой форме. Для этого будем использовать тригонометрические преобразования с участием тангенсов и котангенсов. Также будем применять тригонометрические формулы.
Далее найдём сумму исходного функционального ряда как предел последовательности его частичных сумм.

[@user-qk5zi9lt4r]

Сильно

[@romank.6813]

Первообразная от 1/2^n*tan(x/2^n) равна -log(cos(x/2^n)). Сумма этих логарифмов до n=k превращается в логарифм от произведения косинусов: -log(П_n=1^k cos(x/2^n)). Домножаем-делим на sin(x/2^k), получаем -log(sin(x)/(2^k*sin(x/2^k))). При k->infinity получаем log(x/sin(x)). Теперь дифференцируем обратно, получаем 1/x-cot(x). Вроде так. Спасибо, прикольно.

[@FrolovSergei]

На здоровье!

[@user-xu9di6uu9u]

Можно и проще - проинтегрировать почленно этот ряд, каждое слагаемое будет логарифмом косинуса. Затем сумма логарифмов -это логарифм произведения косинусов, который есть отношение синуса икс к синусу икс/n. Ну и дальше расписать как разность логарифмов и назад продифференцировать. Будет то, что очень похоже на функцию Ланжевена в теории парамагнетизма (только там котангенс гиперболический)

[@andreybyl]

Это не намного проще. Автор каждый шаг обосновывает и вам придется тогда обосновать упомянутое Вами произведение косинусов, ну да это немного попроще, но тоже надо догадаться домножить на синус.. Да и говорить лучше аккуратнее, ибо ряд почленно можно интегрировать на каком-то отрезке, на котором он сходится равномерно. На каком? И сходится ли равномерно? Ну получится числовой ряд.. Бессмыслица. Значит имеется ввиду проинтегрировать не ряд, а частичную сумму этого ряда ? И имеется ввиду неопределенный интеграл ? Ваш подход тоже синтетический и в итоге та же формула получится для частичной суммы😊

[@user-xu9di6uu9u]

@@andreybyl Я и не говорю, что намного проще. Точнее будет сказать - быстрее. Я только вкратце изложил схему. А сходимость очевидна на отрезке от нуля до 90 невключительно, тк для любого такого икс все тангенсы можно мажорировать тангенсом икс, который конечен, а сумма ряда из обратных двоек есть геом. прогрессия. Но это все детали уже. Кстати - полученная сумма имеет предел в нуле, равный нулю несмотря на расходимость обоих слагаемых.

[@andreybyl]

@@user-xu9di6uu9u да, тогда для икс из [0, pi/2) можно проинтегрировать почленно ряд от нуля до икс, а потом продифференцировать по икс… интегрируем, получится сходящийся ряд логарифмов косинусов( с минусом), даже без всяких модулей, значит беск. произведение косинусов тоже сходится. Задача свелась к нахождению этого беск. произведения cos(x/2^n), там надо будет преобразовать частичное произведение косинусов в отношение синусов и взять от него предел. Бесконечное произведение косинусов получится равным sin(x)/x для x из (0,pi/2) а сумма исходного ряда тогда будет равна d/dx( -ln(sin(x)/x))= 1/x - ctg(x) И только для x из интервала ( 0, pi/2)

[@user-xu9di6uu9u]

@@andreybylболее точно произведение косинусов равно sin(x)/sin(x/2^n)/2^n что в пределе больших n даёт первый ЗП и приведенное Вами отношение

[@andreybyl]

@@user-xu9di6uu9u бесконечное произведение, о котором была речь, это и есть предел)) с учетом нечетности тангенса получим ответ в интервале (-pi/2,pi/2) а как дальше быть ? =))))

[@stormspirit3493]

А не знаете как можно решить такую задачу? Пусть задано n мерное векторное пространство V. Пусть операторы Е,А,…,А^(n-1), определённые в V, линейно независимы(Е тождественный оператор). Доказать, что существует вектор u такой, что Eu,Au,…,A^(n-1)u линейно независимые векторы из V

[@andreybyl]

Я бы попробовал для начала n=2, обозначить элементы матрицы А буквами и от противного, беря вместо u базисные орты, получим, что первые столбцы матриц Е и А линейно зависимы и вторые тоже, учитывая что в матрице Е столбцы ненулевые , отсюда можно получить, что столбцы матрицы А пропорциональны столбцам Е, т.е. она должна быть диагональна, подставляя вместо u = (1,1) и используя то, что А - диагональна получим, расписывая линейную зависимость Еu и Аu что ее диагональные элементы равны, значит А пропорциональна Е, противоречие с линейной независимостью матриц Е и А ( операторов)

[@FrolovSergei]

О, Вам уже ответили! Ну и отлично!

[@andreybyl]

@@FrolovSergei так это только для n=2 это не получится обобщить) а вот в общем виде эта задача напоминает канонический базис нильпотентного оператора А, только там для доказательства существования вектора u используется, то что высота А = n, а тут нам дано условие, что Е,….,А^(n-1) линейно независимы. так что интересно было бы в общем виде решение

[@FrolovSergei]

@@andreybylДа, я понимаю. Просто я исхожу из того, что лучше Ваш ответ, чем никакого. Я-то про себя знаю, что сходу мне эту задачу не решить. Просто, чтобы даже начать решать, мне нужно иметь много свободного времени в запасе и хорошее настроение. Ну и задача должна понравиться. И ещё должна оказаться решаемой. Так что много всего должно сойтись. 🙂

[@andreybyl]

@@FrolovSergei замечательный ответ, спасибо, я с Вами полностью согласен

[@illwaitforthetimewhenicans9726]

Нет, не смогу - я дебил

[@FrolovSergei]

"я дебил" Сильно в этом сомневаюсь. :-)