Σειρά

Tolaso J Kos · #1

Να δειχθεί ότι:

$\displaystyle{\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(4n)!}{(4n+4)!} = \frac{\ln 2}{4} - \frac{\pi}{24}}$

ksofsa · #2

Καλησπέρα!

Η σειρά γράφεται:

$\dfrac{1}{1\cdot 2\cdot 3\cdot 4}+\dfrac{1}{5\cdot 6\cdot 7\cdot 8}+...=\dfrac{1}{3}(\dfrac{1}{1\cdot 2\cdot 3}-\dfrac{1}{2\cdot 3\cdot 4})+\dfrac{1}{3}(\dfrac{1}{5\cdot 6\cdot 7}-\dfrac{1}{6\cdot 7\cdot 8})+...=$

$\dfrac{1}{6}(\dfrac{1}{1\cdot 2}-\dfrac{1}{2\cdot 3}-\dfrac{1}{2\cdot 3}+\dfrac{1}{3\cdot 4})+\dfrac{1}{6}(\dfrac{1}{5\cdot 6}-\dfrac{1}{6\cdot 7}-\dfrac{1}{6\cdot 7}+\dfrac{1}{7\cdot 8})+...=$

$\dfrac{1}{6}\int_{0}^{1}(\int_{0}^{x}(1-2t+t^2+t^4-2t^5+t^6+...)dt)dx=$

$\dfrac{1}{6}\int_{0}^{1}(\int_{0}^{x}((1-t)^2(1+t^4+t^8+...))dt)dx=\dfrac{1}{6}\int_{0}^{1}(\int_{0}^{x}\dfrac{(1-t)^2}{1-t^4}dt)dx=$

$\dfrac{1}{6}\int_{0}^{1}(ln(x+1)-\dfrac{ln(x^2+1)}{2})dx=\dfrac{1}{6}\left [ -\dfrac{xln(x^2+1)}{2}+(x+1)ln(x+1)-arctanx \right ]^{1}_{0}=$

$\dfrac{1}{6}(2ln2-\dfrac{ln2}{2}-\dfrac{\pi }{4})=$

$\dfrac{ln2}{4}-\dfrac{\pi }{24}$

Χρωστάω τον υπολογισμό των δύο ολοκληρωμάτων στα δύο τελευταία βήματα. Για να είμαι ειλικρινής ,λόγω βιασύνης, τα υπολόγισα με λογισμικό. Ωστόσο, είναι ολοκληρώματα γνωστών συναρτήσεων και δεν είναι δύσκολο να υπολογιστούν χωρίς χρήση λογισμικού.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #3

Αν θέσουμε

$\displaystyle f(x)=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(4n)!}{(4n+4)!}x^{4n+4}$

τότε

$\displaystyle f^{(4)}(x)=\sum_{n=0}^{\infty} x^{4n}=\frac{1}{1-x^{4}}=\frac{1}{2}\frac{1}{1+x^2}+\frac{1}{4}\frac{1}{1-x}+\frac{1}{4}\frac{1}{1+x}$

για $0\leq x< 1$

Ολοκληρώνοντας 4 φορές μπορούμε να βρούμε την f(x)

.
(επίμονη διαδικασία αλλά είναι βέβαιο ότι τα ολοκληρώματα υπολογίζονται)

Το άθροισμα της σειράς είναι το

$\displaystyle \lim_{x\rightarrow 1^{-}}f(x)$

#4

Tolaso J Kos έγραψε: Κυρ Ιούλ 11, 2021 10:27 pm Να δειχθεί ότι:

$\displaystyle{\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(4n)!}{(4n+4)!} = \frac{\ln 2}{4} - \frac{\pi}{24}}$

Να το βελτιώσουμε, και συγχρόνως οδηγούμαστε σε μία αρκετά απλή λύση.

Δείξτε ότι

α) $\displaystyle{\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(4n+1)(4n+4)} = \frac{\ln 2}{4} + \frac{\pi}{24}}$

β) $\displaystyle{\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(4n+2)(4n+3)} = -\frac{\ln 2}{4} + \frac{\pi}{8}}$

γ) Η αρχική σειρά είναι το μισό της διαφοράς των α) και β).

ksofsa · #5

Καλημέρα!

Για το (α):

Η σειρά γράφεται:

$\dfrac{1}{1\cdot 4}+\dfrac{1}{5\cdot 8}+...=\dfrac{1}{3}(1-\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{5}-\dfrac{1}{8}+...)=\dfrac{1}{3}(1-\dfrac{1}{4\cdot 5}-\dfrac{1}{8\cdot 9}...)=$

$\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{3}(\int_{0}^{1}(\int_{0}^{x}(t^3+t^7+...)dt)dx)=\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{3}(\int_{0}^{1}(\int_{0}^{x}\dfrac{t^3}{1-t^4})dt)dx)=$

$\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{12}(\int_{0}^{1}ln(1-x^4)dx)=\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{12}(\int_{0}^{1}ln(1-x)dx+\int_{0}^{1}ln(1+x)dx+\int_{0}^{1}ln(1+x^2)dx)$

Υπολογίζουμε ένα ένα τα ολοκληρώματα :

$\int_{0}^{1}ln(1-x)dx=\lim_{x\rightarrow 1^{-}}(-(1-x)ln(1-x)-x)=-1$

$\int_{0}^{1}ln(1+x)dx=\left [ (1+x)ln(1+x)-x \right ]^1_{0}=2ln2-1$

$\int_{0}^1ln(x^2+1)dx{}=\left [ xln(x^2+1) \right ]^1_{0}-2\int_{0}^{1}\dfrac{x^2}{1+x^2}dx=}$

$ln2-2\int_{0}^{1}1dx+2\int_{0}^{1}\dfrac{1}{x^2+1}dx=ln2-2+2arctan1=ln2-2+\dfrac{\pi }{2}$ .

Τελικά, η σειρά ισούται με

$\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{12}(-1+2ln2-1+ln2-2+\dfrac{\pi }{2})=\dfrac{ln2}{4}+\dfrac{\pi }{24}$ .

Και το (β) παρομοίως μπορούμε να το αντιμετωπίσουμε.

#6

Mihalis_Lambrou έγραψε: Δευ Ιούλ 12, 2021 10:22 pm
Δείξτε ότι

α) $\displaystyle{\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(4n+1)(4n+4)} = \frac{\ln 2}{4} + \frac{\pi}{24}}$

Για το α). όμοια και ευκολότερα το β), αν θέλουμε να πάμε με ολοκλήρωμα, όπως στην λύση του Σταύρου και του Κώστα παραπάνω, μπορούμε πιο εύκολα ως εξής:

Αντί για την μορφή που έχει το άθροισμα βολεύει να χρησιμοποιήσουμε την ισότητα
(αρχίζω την άθροιση από το n=1

)

$\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(4n+1)(4n+4)}=- \dfrac {1}{12} \sum_{n=1}^{\infty} \left (\dfrac{1}{(4n+1)n} - \dfrac {1}{n(n+1)\right ) }$

Εδώ o δεξιότερος όρος στο τελευταίο άθροισμα (γνωστό τηλεσκοπικό) δίνει

.

Άρα ισοδύναμα θέλουμε να βρούμε το άθροισμα

$\displaystyle{\boxed{\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(4n+1)n} } }$

Έχουμε την σειρά Taylor

$\displaystyle{\ln (1-x) = - \sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{x^n}{n} }$ και άρα θέτοντας x^4

στην θέση του

(εδώ είναι το κλειδί)

$\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{4n}}{n} =- \ln (1-x^4) = -\ln (1-x^2) - \ln (1+x^2)}$

Ολοκληρώνοντας έχουμε αριστερά

$\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{4n+1}}{(4n+1)n} }$ που για x=1

δινει την ζητούμενη σειρά ενώ δεξιά είναι απλό. Π.χ. το δυσκολότερο από τα δύο ολοκληρώματα είναι

$\displaystyle{\int \ln (1+x^2) dx= x\ln(x^2+1)-2x+2\arctan (x) +c}$ . Τα υπόλοιπα, άμεσα.

#7

Tolaso J Kos έγραψε: Κυρ Ιούλ 11, 2021 10:27 pm Να δειχθεί ότι:

$\displaystyle{\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(4n)!}{(4n+4)!} = \frac{\ln 2}{4} - \frac{\pi}{24}}$

Νομίζω ότι βρήκα την απλούστερη διάσπαση: Το αρχικό ερώτημα είναι βέβαια

$\displaystyle{\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(4n+1)(4n+2)(4n+3)(4n+4)} = \frac{\ln 2}{4} - \frac{\pi}{24}}$

Δείξτε

α) $\displaystyle{\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(4n+1)(4n+2)(4n+3)} = \frac{\ln 2}{4}$

β) $\displaystyle{\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(4n+1)(4n+2)(4n+4)} = \frac{\pi}{24}}$

που η αφαίρεση δίνει το ζητούμενο αφού

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

Ας δούμε μία απλή απόδειξη του α) χωρίς επίπονες διαδικασίες αλλά με χρήση μόνο της γνωστής $\displaystyle{1-\dfrac {1}{2}+\dfrac {1}{3}- ... =\ln 2}$ .

'Εχουμε

$\displaystyle{\sum_{n=0}^{\infty} \frac{4}{(4n+1)(4n+2)(4n+3)} = \sum_{n=0}^{\infty} \left ( \frac{2}{4n+1} - \frac{4}{4n+2}+ \frac{2}{4n+3} \right )=$

$\displaystyle{= \sum_{n=0}^{\infty}\left [ \left ( \frac{2}{4n+1} - \frac{2}{4n+2}+ \frac{2}{4n+3} - \frac{2}{4n+4} \right ) - \left ( \frac{2}{4n+2} - \frac{2}{4n+4} \right )\right ]= }$

$\displaystyle{= 2\sum_{n=0}^{\infty} \left ( \frac{1}{4n+1} - \frac{1}{4n+2}+ \frac{1}{4n+3} - \frac{1}{4n+4} \right ) -\sum_{n=0}^{\infty} \left ( \frac{1}{2n+1} - \frac{1}{2n+2} \right )= }$

$\displaystyle{ =2\ln 2 - \ln 2= \ln 2}$ , όπως θέλαμε.

Αφήνω το β) αλλά ομολογώ ότι δεν έχω άμεσο τρόπο, με χρήση μόνο της σειράς Leibniz, $\displaystyle{1-\dfrac {1}{3}+\dfrac {1}{5}- ... =\frac {\pi}{4}}$ .

Θα χαρώ να δω έναν τέτοιο τρόπο.

Tolaso J Kos · #8

Tolaso J Kos έγραψε: Κυρ Ιούλ 11, 2021 10:27 pm Να δειχθεί ότι:

$\displaystyle{\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(4n)!}{(4n+4)!} = \frac{\ln 2}{4} - \frac{\pi}{24}}$

Εγώ να πω ότι την έχω λύσει με Β συνάρτηση; Ντρέπομαι!!!

#9

Tolaso J Kos έγραψε: Σάβ Ιούλ 17, 2021 4:05 pm Εγώ να πω ότι την έχω λύσει με Β συνάρτηση; Ντρέπομαι!!!

θα χαρούμε να την δούμε. 'Ολες οι λύσεις ευπρόσδεκτες, ιδίως οι πρωτότυπες.

Ο λόγος που ζήτησα μόνο με την $\displaystyle{1-\frac {1}{3} + \frac {1}{5}-...}$ είναι γιατί η ζητούμενη σειρά είναι πολλαπλάσιό της. Αλλιώς, έχω τρόπο
άθροισης σπάζοντας την σε δύο άλλες με αθροίσματα που περιέχουν $\pi$ και $\ln 2$ .

Tolaso J Kos · #10

Tolaso J Kos έγραψε: Κυρ Ιούλ 11, 2021 10:27 pm Να δειχθεί ότι:

$\displaystyle{\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(4n)!}{(4n+4)!} = \frac{\ln 2}{4} - \frac{\pi}{24}}$

Έχουμε διαδοχικά:

$\displaystyle{\begin{aligned} \sum_{n =0}^{\infty} \frac{(4n)!}{(4n+4)!} & =\sum_{n=0}^{\infty} \frac{\Gamma(4n+1)}{\Gamma(4n+5)} \\ &= \frac{1}{6} \sum_{n=0}^{\infty} \mathrm{B}(4n+1,4) \\ & = \frac{1}{6}\sum_{n=0}^{\infty} \int_{0}^{1}x^{4n}(1-x)^3\, \mathrm{d}x \\ & = \frac{1}{6}\int_{0}^{1} \frac{(1-x)^2}{(1+x^2)(1+x)} \, \mathrm{d}x \\ &= \frac{1}{6} \int_{0}^{1} \left ( \frac{2}{x+1} - \frac{x+1}{x^2+1} \right )\, \mathrm{d}x \\ &= \frac{1}{6} \int_{0}^{1} \left ( \frac{2}{x+1} - \frac{x}{x^2+1} - \frac{1}{x^2+1} \right )\, \mathrm{d}x \\ & = \frac{\ln 2}{4}-\frac{\pi}{24} \end{aligned}}$
Ντρέπομαι!!

#11

Τόλη, και όμως είναι ωραία μέθοδος.

Μένει ακόμα αναπάντητο το

Mihalis_Lambrou έγραψε: Παρ Ιούλ 16, 2021 12:54 am
β) $\displaystyle{\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(4n+1)(4n+2)(4n+4)} = \frac{\pi}{24}}$
...
Αφήνω το β) αλλά ομολογώ ότι δεν έχω άμεσο τρόπο, με χρήση μόνο της σειράς Leibniz, $\displaystyle{1-\dfrac {1}{3}+\dfrac {1}{5}- ... =\frac {\pi}{4}}$ .

ksofsa · #12

Καλό βράδυ!

Δεν έχω βρει τρόπο να χρησιμοποιήσω άμεσα τη σειρά Leibniz.

Θα ήθελα όμως να προτείνω έναν διαφορετικό τρόπο, κάνοντας χρήση πολλαπλού ολοκληρώματος. Δεν αποτελεί λύση, αλλά την καταγράφω σαν μια διαφορετική προσέγγιση.

Έχουμε να υπολογίσουμε τη σειρά :

$\dfrac{1}{8}\sum_{n=0}^{\infty }\dfrac{1}{(n+1)(2n+1)(4n+1)}$ .

Θεωρώ τη συνάρτηση:

$f(x,y,z)=\dfrac{x^{n+1}y^{2n+1}z^{4n+1}}{(n+1)(2n+1)(4n+1)}$ .

Παρατηρώ ότι:

$\dfrac{\partial }{\partial x}\dfrac{\partial }{\partial y}\dfrac{\partial }{\partial z}f(x,y,z)=(xy^2z^4)^n$

και ότι η σειρά ισούται με το τριπλό ολοκλήρωμα

$\int_{0}^1{\int_{0}^{1}}\int_{0}^{1}\sum_{n=0}^{\infty }(xy^2z^4)^ndxdydz=\int_{0}^1{\int_{0}^{1}}\int_{0}^{1}\dfrac{1}{1-xy^2z^4}dxdydz$ .

Το τελευταίο ολοκλήρωμα είναι χρονοβόρο για να το υπολογίσουμε . Όμως, με χρήση λογισμικού βρίσκουμε μια όσο θέλουμε καλή προσέγγιση του ολοκληρώματος .Στη συγκεκριμένη περίπτωση , το wolframalpha δίνει 1,0472

, που είναι πολύ κοντά στο $\dfrac{\pi }{3}$ .

Επισημαίνω ότι τα παραπάνω δεν αποτελούν λύση της άσκησης , αλλά κάποιες σκέψεις για να προσεγγίσουμε τη σειρά, αν μας ενδιαφέρει μόνο η προσεγγιστική αριθμητική τιμή της.

Σειρά

Σειρά

Re: Σειρά

Re: Σειρά

Re: Σειρά

Re: Σειρά

Re: Σειρά

Re: Σειρά

Re: Σειρά

Re: Σειρά

Re: Σειρά

Re: Σειρά

Re: Σειρά

Μέλη σε σύνδεση