U 397 ΑΠΟ ΜATHEMATICAL REFLECTIONS

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #1

Σας προτείνω το θέμα 397 από τα Undergraduate Problems του 1ου τεύχους του 2017 του Mathematical Reflections . H καταληκτική ημερομηνία υποβολής λύσεων ήταν η 15η Μαρτίου 2017. Αφού αυτή η ημερομηνία παρήλθε θεωρώ σωστό να την προτείνω. Το θέμα υπογράφει ο ίδιος ο Titu Andreescu.
Έχω βρει μια λύση και ξέρω ότι είναι σωστή , θέλω να δω όμως και άλλες σκέψεις , αν υπάρχουν....

Έστω $T_{n}$ o νιοστός τριγωνικός αριθμός . Υπολογίστε το $\displaystyle\sum \frac{1}{\left ( 8T_{n}-3 \right )\left ( 8T_{n+1}-3 \right )}$

Tolaso J Kos · #2

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ έγραψε:
Έστω $T_{n}$ o νιοστός τριγωνικός αριθμός . Υπολογίστε το $\displaystyle\sum \frac{1}{\left ( 8T_{n}-3 \right )\left ( 8T_{n+1}-3 \right )}$

Αυτό το άθροισμα τι είναι; Πεπερασμένο ή άπειρο; Από πού ξεκινάει επίσης ;

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #3

Όπως μπορεί να δει κάποιος στο τρέχον τεύχος του Mathematical Reflections , το άθροισμα ξεκινάει από το 1 και είναι πεπερασμένο.
Συγνώμη για το αν υπήρξε κάποια σύγχυση...
Βρήκα κλειστό τύπο που δίνει το άθροισμα , ο τρόπος με τον οποίον το βρήκα δεν ήταν κάτι το πολύ έξυπνο...
Μήπως υπάρχει κάτι καλύτερο; Αυτός είναι ο λόγος που προτείνω το θέμα , να δω άλλες σκέψεις.

#4

Εφόσον δεν διευκρινίζει, θα υποθέσω ότι είναι από n=1

έως άπειρο.

Ας θυμηθούμε ότι $\displaystyle{T_n = \binom{n+1}{2} = \frac{n^2+n}{2}}$ άρα 8T_n-3 = 4n^2+4n-3

και $8T_{n+1}-3 = 4n^2+12+5$ .

Μπορούμε εύκολα να ελέγξουμε ότι

$\displaystyle{ \frac{n}{6}(4n^2+12n+5) - \frac{n+2}{6}(4n^2+4n-3) = 1}$

(Η μέθοδος για να καταλήξουμε στο πιο πάνω είναι αρκετά γνωστή.)

Άρα

$\displaystyle{ \frac{1}{(8T_n-3)(8T_{n+1}-3)} = \frac{1}{6}\left[\frac{n}{8T_n-3} - \frac{n+2}{8T_{n+1}-3} \right] = \frac{1}{6}\left[ \frac{n}{8T_n-3} - \frac{n+1}{8T_{n+1}-3} - \frac{1}{8T_{n+1}-3} \right]}$

Άρα τηλεσκοπικά έχουμε

$\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(8T_n-3)(8T_{n+1}-3)} = \frac{1}{30} - \frac{1}{6}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{8T_{n+1}-3}}$

Το τελευταίο άθροισμα βγαίνει και πάλι τηλεσκοπικά αφού

$\displaystyle{ \frac{1}{8T_{n+1}-3} = \frac{1}{(2n+1)(2n+5)} = \frac{1}{4}\left(\frac{1}{2n+1} - \frac{1}{2n+5}\right)}$

Αυτό δίνει

$\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{8T_{n+1}-3} = \frac{1}{4}\left(\frac{1}{3} + \frac{1}{5} \right) = \frac{2}{15}}$

οπότε

$\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(8T_n-3)(8T_{n+1}-3)} = \frac{1}{30} - \frac{1}{45} = \frac{1}{90}}$

Επεξεργασία: Τώρα είδα ότι το άθροισμα είναι πεπερασμένο. Εν πάση περιπτώσει είναι απλό να μετατραπεί η πιο πάνω λύση σε λύση για το πεπερασμένο άθροισμα.

Tolaso J Kos · #5

Demetres έγραψε:Εφόσον δεν διευκρινίζει, θα υποθέσω ότι είναι από έως άπειρο.

Δημήτρη,

και γω έτσι το πήρα το άθροισμα εφόσον δε διδόταν διεύκρινηση και φυσικά βρήκα $\frac{1}{90}$ όπως και συ. Έκανα ανάλυση σε απλά κλάσματα και μετά χρησιμοποίησα τη $\psi^{(0)}$ και τα λοιπά... (διότι για κάποιο λόγο δε μου βγαίναν τα τηλεσκοπικά η οποία ήταν η πρώτη σκέψη που έκανα όταν είδα το θέμα) αλλά τη προσέγγιση αυτή τη θεωρώ overkill.

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ έγραψε: Συγνώμη για το αν υπήρξε κάποια σύγχυση...

Κανένα πρόβλημα. Ευχαριστώ για τη διευκρίνηση.

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #6

Για όσους ενδιαφέρονται , το άθροισμα είναι ίσο με

$\displaystyle\frac{1}{90}-\frac{1}{6\left ( 2n+1 \right )\left ( 2n+3 \right )\left ( 2n+5 \right )}$

U 397 ΑΠΟ ΜATHEMATICAL REFLECTIONS

U 397 ΑΠΟ ΜATHEMATICAL REFLECTIONS

Re: U 397 ΑΠΟ ΜATHEMATICAL REFLECTIONS

Re: U 397 ΑΠΟ ΜATHEMATICAL REFLECTIONS

Re: U 397 ΑΠΟ ΜATHEMATICAL REFLECTIONS

Re: U 397 ΑΠΟ ΜATHEMATICAL REFLECTIONS

Re: U 397 ΑΠΟ ΜATHEMATICAL REFLECTIONS

Μέλη σε σύνδεση