Υπολογισμός αθροίσματος (15)

#1

Ας υπολογισθεί το $\displaystyle{\sum_{n=1}^{+\infty}(-1)^n\left(\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{2k-1}-\frac{\ln n}{2}-\frac{\gamma}{2}-\ln 2\right)}$ .

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#2

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε:Ας υπολογισθεί το $\displaystyle{\sum_{n=1}^{+\infty}(-1)^n\left(\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{2k-1}-\frac{\ln n}{2}-\frac{\gamma}{2}-\ln 2\right)}$ .

Λήμμα : $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{N \to \infty } \left( {\sum\limits_{n = 1}^N {\frac{1}{{4N - 1}}} - \frac{{\ln N}}{4}} \right) = \frac{3}{4}\ln 2 + \frac{1}{4}\gamma - \frac{\pi }{8}}$ διότι έστω $\displaystyle{S = \sum\limits_{n = 1}^N {\frac{1}{{4N - 1}}} }$ . Έχουμε

$\displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^{4N} {\frac{{i - {i^n}}}{n}} = \sum\limits_{n = 1}^N {\frac{{i - {i^{4n - 3}}}}{{4n - 3}}} + \sum\limits_{n = 1}^N {\frac{{i - {i^{4n - 2}}}}{{4n - 2}}} + \sum\limits_{n = 1}^N {\frac{{i - {i^{4n - 1}}}}{{4n - 1}}} + \sum\limits_{n = 1}^N {\frac{{i - {i^{4n}}}}{{4n}}} = \sum\limits_{n = 1}^N {\frac{{i + 1}}{{4n - 2}}} + \sum\limits_{n = 1}^N {\frac{{2i}}{{4n - 1}}} + \sum\limits_{n = 1}^N {\frac{{i - 1}}{{4n}}} = }$

$\displaystyle{ = \frac{{i + 1}}{2}\sum\limits_{n = 1}^N {\frac{1}{{2n - 1}}} + 2i \cdot S + \frac{{i - 1}}{4}\sum\limits_{n = 1}^N {\frac{1}{n}} = \frac{{i + 1}}{2}\left( {1 + \frac{1}{3} + \frac{1}{5}.. + \frac{1}{{2N - 1}}} \right) + 2i \cdot S + \frac{{i - 1}}{4}{H_N} = }$

$\displaystyle{ = \frac{{i + 1}}{2}\left( {{H_{2N}} - \frac{1}{2}{H_N}} \right) + 2i \cdot S + \frac{{i - 1}}{4}{H_N} \approx \frac{{i + 1}}{2}\left( {\ln 2N + \gamma - \frac{1}{2}\left( {\ln N + \gamma } \right)} \right) + 2i \cdot S + \frac{{i - 1}}{4}\left( {\ln N + \gamma } \right) \approx }$

$\displaystyle{ \approx \frac{{i + 1}}{2}\left( {\ln 2 + \frac{1}{2}\ln N + \frac{1}{2}\gamma } \right) + 2i \cdot S + \frac{{i - 1}}{4}\left( {\ln N + \gamma } \right) \Rightarrow \boxed{\sum\limits_{n = 1}^{4N} {\frac{{i - {i^n}}}{n}} \approx \frac{{i + 1}}{2}\ln 2 + \frac{i}{2}\left( {\ln N + \gamma } \right) + 2i \cdot S}}$

Επίσης $\displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^{4N} {\frac{{i - {i^n}}}{n}} = i{H_{4N}} - \sum\limits_{n = 1}^{4N} {\frac{{{i^n}}}{n}} \approx i\left( {\ln 4N + \gamma } \right) + \ln \left( {1 - i} \right) = i\left( {2\ln 2 + \ln N + \gamma } \right) + \ln \left( {\sqrt 2 {e^{ - i\frac{\pi }{4}}}} \right) = i\left( {2\ln 2 + \ln N + \gamma } \right) - i\frac{\pi }{4} + \frac{1}{2}\ln 2}$

οπότε $\displaystyle{i\left( {2\ln 2 + \ln N + \gamma } \right) - i\frac{\pi }{4} + \frac{1}{2}\ln 2 \approx \frac{{i + 1}}{2}\left( {\ln 2} \right) + \frac{i}{2}\left( {\ln N + \gamma } \right) + 2i \cdot S \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \Rightarrow 2i\ln 2 + i\ln N + i\gamma - i\frac{\pi }{4} + \frac{1}{2}\ln 2 \approx \frac{i}{2}\left( {\ln 2} \right) + \frac{1}{2}\ln 2 + \frac{i}{2}\ln N + \frac{i}{2}\gamma + 2i \cdot S \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \Rightarrow \frac{1}{3} + \frac{1}{7} + .. + \frac{1}{{4N - 1}} \approx \frac{3}{4}\ln 2 + \frac{1}{4}\ln N + \frac{1}{4}\gamma - \frac{\pi }{8} \Rightarrow \boxed{\mathop {\lim }\limits_{N \to \infty } \left( {\sum\limits_{n = 1}^N {\frac{1}{{4N - 1}}} - \frac{{\ln N}}{4}} \right) = \frac{3}{4}\ln 2 + \frac{1}{4}\gamma - \frac{\pi }{8}}}$

Στο θέμα μας

$\displaystyle{{a_{2N}} = \sum\limits_{n = 1}^{2N} {{{\left( { - 1} \right)}^n}\left( {\sum\limits_{k = 1}^n {\frac{1}{{2k - 1}} - \frac{{\ln n}}{2} - \frac{\gamma }{2} - \ln 2} } \right)} = \left( { - \left( {1 - \frac{{\ln 1}}{2}} \right) + \left( {1 + \frac{1}{3} - \frac{{\ln 2}}{2}} \right)} \right) + \left( { - \left( {1 + \frac{1}{3} + \frac{1}{5} - \frac{{\ln 3}}{2}} \right)} \right. + }$

$\displaystyle{ + \left. {\left( {1 + \frac{1}{3} + \frac{1}{5} + \frac{1}{7} - \frac{{\ln 4}}{2}} \right)} \right) + .. + \left( { - \left( {1 + \frac{1}{3} + .. + \frac{1}{{4N - 3}} - \frac{{\ln \left( {2N - 1} \right)}}{2}} \right) + \left( {1 + \frac{1}{3} + .. + \frac{1}{{4N - 3}} + \frac{1}{{4N - 1}} - \frac{{\ln 2N}}{2}} \right)} \right) = }$

$\displaystyle{ = \frac{1}{2}\ln \frac{{1 \cdot 3 \cdot .. \cdot \left( {2N - 1} \right)}}{{2 \cdot 4 \cdot .. \cdot 2N}} + \left( {\frac{1}{3} + \frac{1}{7} + \frac{1}{{11}} + .. + \frac{1}{{4N - 1}}} \right) = \frac{1}{2}\ln \frac{{\left( {2N} \right)!}}{{{2^{2N}}{{\left( {N!} \right)}^2}}} + \left( {\frac{1}{3} + \frac{1}{7} + \frac{1}{{11}} + .. + \frac{1}{{4N - 1}}} \right) \approx }$

$\displaystyle{ \approx \frac{1}{2}\ln \frac{{\sqrt {4\pi N} {{\left( {\dfrac{{2N}}{e}} \right)}^{2N}}}}{{{2^{2N}}2\pi N{{\left( {\dfrac{N}{e}} \right)}^{2N}}}} + \frac{3}{4}\ln 2 + \frac{1}{4}\ln N + \frac{1}{4}\gamma - \frac{\pi }{8} = \frac{1}{2}\ln \frac{1}{{\sqrt {\pi N} }} + \frac{3}{4}\ln 2 + \frac{1}{4}\ln N + \frac{1}{4}\gamma - \frac{\pi }{8} = - \frac{1}{4}\ln \pi + \frac{3}{4}\ln 2 + \frac{1}{4}\gamma - \frac{\pi }{8}}$

$\displaystyle{ \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{N \to \infty } {a_{2N}} = - \frac{1}{4}\ln \pi + \frac{3}{4}\ln 2 + \frac{1}{4}\gamma - \frac{\pi }{8}}$

Εύκολα βρίσκουμε ότι

$\displaystyle{\sum\limits_{k = 1}^n {\frac{1}{{2k - 1}} - \frac{{\ln n}}{2} - \frac{\gamma }{2} - \ln 2} = \left( {1 + \frac{1}{3} + .. + \frac{1}{{2n - 1}}} \right) - \frac{{\ln n}}{2} - \frac{\gamma }{2} - \ln 2 = \left( {{H_{2n}} - \frac{1}{2}{H_n}} \right) - \frac{{\ln n}}{2} - \frac{\gamma }{2} - \ln 2 \approx }$

$\displaystyle{ \approx \left( {\left( {\ln 2n + \gamma } \right) - \frac{1}{2}\left( {\ln n + \gamma } \right)} \right) - \frac{{\ln n}}{2} - \frac{\gamma }{2} - \ln 2 = \left( {\ln 2 + \frac{{\ln n}}{2} + \frac{\gamma }{2}} \right) - \frac{{\ln n}}{2} - \frac{\gamma }{2} - \ln 2\xrightarrow{{n \to \infty }}0}$

Οπότε $\displaystyle{{a_{2N + 1}} = \sum\limits_{n = 1}^{2N + 1} {{{\left( { - 1} \right)}^n}\left( {\sum\limits_{k = 1}^n {\frac{1}{{2k - 1}} - \frac{{\ln n}}{2} - \frac{\gamma }{2} - \ln 2} } \right)} = {a_{2N}} - \left( {\sum\limits_{k = 1}^{2N + 1} {\frac{1}{{2k - 1}} - \frac{{\ln \left( {2N + 1} \right)}}{2} - \frac{\gamma }{2} - \ln 2} } \right) \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{N \to \infty } {a_{2N + 1}} = - \frac{1}{4}\ln \pi + \frac{3}{4}\ln 2 + \frac{1}{4}\gamma - \frac{\pi }{8}}$

Και τελικά $\displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^n}\left( {\sum\limits_{k = 1}^n {\frac{1}{{2k - 1}} - \frac{{\ln n}}{2} - \frac{\gamma }{2} - \ln 2} } \right)} = - \frac{1}{4}\ln \pi + \frac{3}{4}\ln 2 + \frac{1}{4}\gamma - \frac{\pi }{8}}$

Ένα εξαιρετικά ενδιαφέρον σημείο είναι η δυνατότητα υπολογισμού του ορίου $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{N \to \infty } \left( {\sum\limits_{n = 1}^N {\frac{1}{{4N - \upsilon }}} - \frac{{\ln N}}{4}} \right)\quad ,\quad \upsilon = 0,1,2,3}$ !!!

#3

Αλλιώς για το όριο $\displaystyle{\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{4n-1}-\frac{\ln n}{4}}$ (Παρόμοια για u=2,3

. Για

έπεται άμεσα από το $H_n=\ln n+\gamma+\mathcal O(n^{-1})$ ):

Από το $H_n=\ln n+\gamma+\mathcal O(n^{-1})$ είναι

$\displaystyle{\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{4n-1}-\frac{\ln n}{4}=\sum_{k=1}^{n}\left(\frac{1}{4k-1}-\frac{1}{4k}\right)+\frac{\gamma}{4}+\mathcal O(n^{-1})=\sum_{k=1}^{n}\left(\int_{0}^{1}x^{4k-2}-x^{4k-1}\,dx\right)+\frac{\gamma}{4}+\mathcal O(n^{-1})=}$

$\displaystyle{\int_{0}^{1}\sum_{k=1}^{n}\left(x^{4k-2}-x^{4k-1}\,dx\right)+\frac{\gamma}{4}+\mathcal O(n^{-1})=\int_{0}^{1}\frac{x^{4n+2}-x^{4n+3}+x^3-x^2}{x^4-1}+\frac{\gamma}{4}+\mathcal O(n^{-1})\to}$

$\displaystyle{\int_{0}^{1}\frac{x^{3}-x^2}{x^4-1}\,dx+\frac{\gamma}{4}=\frac{3\ln2}{4}-\frac{\pi}{8}+\frac{\gamma}{4}}$

από το θεώρημα κυριαρχημένης σύγκλισης.

Διορθώθηκαν τα πρόσημα.

#4

Ακόμα μια σκέψη για το άθροισμα του λήμματος .. τελείως πρωινή και σημαντικά ευκολώτερη ..

Έστω $\displaystyle{{S_1} = \sum\limits_{n = 1}^N {\frac{1}{{4n - 3}}} = 1 + \frac{1}{5} + \frac{1}{9} + .. + \frac{1}{{4N - 3}}\quad \& \quad {S_2} = \sum\limits_{n = 1}^N {\frac{1}{{4n - 1}}} = \frac{1}{3} + \frac{1}{7} + \frac{1}{{11}} + .. + \frac{1}{{4N - 1}}}$

Τότε $\displaystyle{{S_1} + {S_2} = 1 + \frac{1}{3} + \frac{1}{5} + .. + \frac{1}{{4N - 3}} + \frac{1}{{4N - 1}} = {H_{4N}} - \frac{1}{2}{H_{2N}} \approx \ln 4N + \gamma - \frac{1}{2}\left( {\ln 2N + \gamma } \right) = \frac{3}{2}\ln 2 + \frac{1}{2}\left( {\ln N + \gamma } \right)}$

$\displaystyle{\& \quad {S_1} - {S_2} = 1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{5} - \frac{1}{7} + .. = \frac{\pi }{4}}$ , οπότε $\displaystyle{2{S_2} \approx \frac{3}{2}\ln 2 + \frac{1}{2}\left( {\ln N + \gamma } \right) - \frac{\pi }{4} \Rightarrow {S_2} = \sum\limits_{n = 1}^N {\frac{1}{{4n - 1}}} \approx \frac{3}{4}\ln 2 + \frac{1}{4}\ln N + \frac{1}{4}\gamma - \frac{\pi }{8}}$

και τελικά $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{N \to \infty } \left( {\sum\limits_{n = 1}^N {\frac{1}{{4n - 1}}} - \frac{1}{4}\ln N} \right) = \frac{3}{4}\ln 2 + \frac{1}{4}\gamma - \frac{\pi }{8}}$ .. χμ .. εύκολο ήταν ..

Αναστάση, η μέθοδος που ανέπτυξες παραπάνω (ανεξάρτητα αν σου ξεφύγαν κάποια πρόσημα) είναι εξαιρετική. Ανοίγει καταπληκτικούς δρόμους και για άλλα αθροίσματα .. θα επανέλθουμε ..

#5

Η δημοσιευμένη λύση εδώ (πρόβλημα 129).

Υπολογισμός αθροίσματος (15)

Υπολογισμός αθροίσματος (15)

Re: Υπολογισμός αθροίσματος (15)

Re: Υπολογισμός αθροίσματος (15)

Re: Υπολογισμός αθροίσματος (15)

Re: Υπολογισμός αθροίσματος (15)

Μέλη σε σύνδεση