Ένα όμορφο όριο (5)

#1

Ας υπολογιστεί, αν υπάρχει, το όριο :

$\displaystyle{\lim_{n\to+\infty}\sum_{k=1}^{n}(-1)^{k+1}\ln\left(1+\frac{1}{k}\right)}$ .

#2

$\displaystyle{\sum\limits_{k = 1}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^{k + 1}}} \cdot \ln \left( {1 + \frac{1}{k}} \right) = \ln \left( {1 + \frac{1}{1}} \right) - \ln \left( {1 + \frac{1}{2}} \right) + \ln \left( {1 + \frac{1}{3}} \right) - {\text{ }}..{\text{ }} = \ln \left( {\frac{{\dfrac{2}{1}}}{{\dfrac{3}{2}}}} \right) + \ln \left( {\frac{{\dfrac{4}{3}}}{{\dfrac{5}{4}}}} \right) + {\text{ }}..{\text{ }} + \ln \left( {\frac{{\dfrac{{2 \cdot k}}{{2 \cdot k - 1}}}}{{\dfrac{{2 \cdot k + 1}}{{2 \cdot k}}}}} \right) + {\text{ }}..{\text{ }} = }$

$\displaystyle{ = \sum\limits_{k = 1}^\infty {\ln \left( {\frac{{{{\left( {2 \cdot k} \right)}^2}}}{{{{\left( {2 \cdot k} \right)}^2} - 1}}} \right)} = \ln \left( {\prod\limits_{k = 1}^\infty {\left( {\frac{{{{\left( {2 \cdot k} \right)}^2}}}{{{{\left( {2 \cdot k} \right)}^2} - 1}}} \right)} } \right) = - \ln \left( {\prod\limits_{k = 1}^\infty {\left( {1 - \frac{1}{{{{\left( {2 \cdot k} \right)}^2}}}} \right)} } \right)}$

Όμως ισχύει $\displaystyle{\sin \left( {\pi \cdot z} \right) = \pi \cdot z \cdot \prod\limits_{k = 1}^\infty {\left( {1 - \frac{{{z^2}}}{{{k^2}}}} \right)} }$ (είναι τύπος που προκύπτει από το θεώρημα γινομένου του Weierstrass, αλλά μπορεί να αποδειχθεί και με ανάλυση Fourieur).

Tότε $\displaystyle{\prod\limits_{k = 1}^\infty {\left( {1 - \frac{1}{{{{\left( {2 \cdot k} \right)}^2}}}} \right)} = \prod\limits_{k = 1}^\infty {\left( {1 - \frac{{{{\left( {1/2} \right)}^2}}}{{{k^2}}}} \right)} = \sin \left( {\frac{\pi }{2}} \right) \cdot \frac{2}{\pi } = \frac{2}{\pi }}$ , και τελικά $\displaystyle{\sum\limits_{k = 1}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^{k + 1}}} \cdot \ln \left( {1 + \frac{1}{k}} \right) = - \ln \left( {\prod\limits_{k = 1}^\infty {\left( {1 - \frac{1}{{{{\left( {2 \cdot k} \right)}^2}}}} \right)} } \right) = - \ln \left( {\frac{2}{\pi }} \right) = \ln \left( {\frac{\pi }{2}} \right)}$ .

#3

Μια άλλη σκέψη: Είναι

$\displaystyle{\sum_{k=1}^{n}(-1)^{k+1}\ln(1+1/k)=\sum_{k=1}^{n}\ln(1+1/k)^{(-1)^{k+1}}=\ln\prod_{k=1}^{n}(1+1/k)^{(-1)^{k+1}}:=\ln A_{n}}$ . Όμως

$\displaystyle{A_{2n}=(1+1/1)(1+1/2)^{-1}(1+1/3)\cdot\ldots\cdot(1+1/2n)^{-1}=\frac{(1+1/1)(1+1/3)\cdot\ldots\cdot(1+1/(2n-1))}{(1+1/2)(1+1/4)\cdot\ldots\cdot(1+1/2n)}=}$

$\displaystyle{\frac{\displaystyle\frac{2}{1}\cdot\frac{4}{3}\cdot\ldots\cdot\frac{2n}{2n-1}}{\displaystyle\frac{3}{2}\cdot\frac{5}{4}\cdot\ldots\cdot\frac{2n+1}{2n}}=\left(\frac{2^{2}\cdot4^{2}\cdot\ldots\cdot(2n-2)^{2}}{3^{2}\cdot5^{2}\cdot\ldots\cdot(2n-1)^{2}}2n\right)\frac{2n}{2n+1}\to\frac{\pi}{2}\cdot1}$ .

Το ότι $\displaystyle{\frac{2^{2}\cdot4^{2}\cdot\ldots\cdot(2n-2)^{2}}{3^{2}\cdot5^{2}\cdot\ldots\cdot(2n-1)^{2}}2n\to\pi/2}$ είναι ο τύπος του Wallis και υπάρχει στα περισσότερα βιβλία απειροστικού, π.χ. Απειροστικός ΙΙα Νεγρεπόντης σελ.365

Εντελώς όμοια έχουμε $\displaystyle{A_{2n+1}\to\frac{\pi}{2}}$ και συνεπώς το ζητούμενο όριο είναι $\displaystyle{\ln(\pi/2)}$ .

Η λύση μου με αυτή του Σεραφείμ έχουν άμεση σχέση αφού το απειρογινόμενο για το ημίτονο και ο τύπος του Wallis συνδέονται άμεσα

Ένα όμορφο όριο (5)

Ένα όμορφο όριο (5)

Re: Ένα όμορφο όριο (5)

Re: Ένα όμορφο όριο (5)

Μέλη σε σύνδεση